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## 第13讲多元函数微分学
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可用均值不等式 $\vert x y \vert \leqslant \frac { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } { 2 }$ 及夹逼准则.
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$I _ { 2 }$ ：分子、分母次数均为2.可举反例 $L _ { 1 } : \ y = x$
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应选(A).
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0 \leqslant I _ { 1 } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 \atop y \to 0 } { \frac { \left| x y \right| } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } } \leqslant \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { { \frac { 1 } { 2 } } ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } } = 0 \ ,
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由夹逼准则，得 $I _ { \mathrm { 1 } } = 0$ ，故 $I _ { 1 }$ 存在.
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取路径y=x,则 $I _ { 2 } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 \atop y = x } { \frac { x \big | y \big | } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { x \big | x \big | } { 2 x ^ { 2 } } }$ ，又 $\operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { + } } { \frac { x \left| x \right| } { 2 x ^ { 2 } } } = { \frac { 1 } { 2 } } , \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 ^ { - } } { \frac { x \left| x \right| } { 2 x ^ { 2 } } } = - { \frac { 1 } { 2 } }$ ,极限不存在,故 $I _ { \imath }$ 不存在.
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## ③连续
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如果 $\operatorname * { l i m } _ { x x _ { 0 } \atop y y _ { 0 } } f ( x , y ) = f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，则称函数f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处连续，如果f(x，y)在区域D上每一点处都连续，则称f(x，y)在区域D上连续.
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注如果多元函数不连续，《全国硕士研究生招生考试数学考试大纲》未要求讨论间断点类型
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一元函数连续： $\operatorname* { l i m } _ { x x _ { 0 } } f ( x ) = f ( x _ { 0 } )$
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二元函数连续： $\operatorname* { l i m } _ { ( x , y ) ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } f ( x , y ) = f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$
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一元函数间断：
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二元函数间断：
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f ( x , y ) = \left\{ { \begin{array} { l l } { { \sqrt [ { 3 } ] { 1 - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } } - 1 } , } & { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \neq 0 , } \\ { { \mathrm { e } } ^ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } - 1 } & { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 0 } \end{array} \right.
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为连续函数，则a=
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应填 $- { \frac { 1 } { 3 } }$
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二元初等函数在定义区域上是连续的．
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\operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \sqrt [ 3 ] { 1 - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) } - 1 } { \mathrm { e } ^ { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } - 1 \atop { y \to 0 } } \frac { 1 } { \left[ \begin{array} { l l } { x \to 0 } & { \frac { 1 } { 3 } [ - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) ] } \\ { \frac { 1 } { y \to 0 } } & { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \end{array} \right. } = - \frac { 1 } { 3 } \ .
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$$
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故 $a = - { \frac { 1 } { 3 } }$ .类比：lim $\frac { \sqrt [ 3 ] { 1 - u } - 1 } { \mathrm { e } ^ { u } - 1 } = - \frac { 1 } { 3 }$
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利用等价无穷 $\begin{array} { r } { \iota \colon ( x 0 ) \{ \begin{array} { l l } { \mathrm { e } ^ { x } - 1 \sim x , } \\ { ( 1 + x ) ^ { a } - 1 \sim a x } \end{array} } \end{array}$
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## 4偏导数
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一元导数→变化率， xx+△x x
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方向导数一某方向上的变化率
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数学一
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(1)定义.
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设函数 $z = f ( x , y )$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内有定义，如果极限
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\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x , y _ { 0 } ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } { \Delta x } }
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存在，则称此极限为函数 $z = f ( x , y )$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处对x的偏导数[见图13-4(a)]，记作
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徽分：d； $\left. { \frac { \partial z } { \partial x } } \right| _ { x = x _ { 0 } } , \left. { \frac { \partial f } { \partial x } } \right| _ { x = x _ { 0 } } , \left. z _ { x } ^ { \prime } \right| _ { x = x _ { 0 } \atop y = y _ { 0 } }$ 偏徽分：a 或 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$
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即
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f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } + \Delta x , y _ { 0 } ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } { \Delta x } } .
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$$
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类似地，函数 $z = f ( x , y )$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处对y的偏导数[见图13-4(b)]定义为
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f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } + \Delta y ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } { \Delta y } } .
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(a)
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图13-4
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(b)
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(2)如果 $z = f ( x , y )$ 在区域D上的每一点 $( x , y )$ 处都有偏导数，一般来说，它们仍是x，y的函数，则称为 $f ( x , y )$ 的偏导函数，简称偏导数，记作
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\begin{array} { r l r } { { \frac { \partial z } { \partial x } , \frac { \partial f } { \partial x } , f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) , \frac { \partial z } { \partial y } , \frac { \partial f } { \partial y } , f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) } . } \\ & { } & { \downarrow \qquad } \\ & { } & { = \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } } \end{array}
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(3)几何意义：
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设有二元函数 $z = f ( x , y )$ ，且 $z _ { 0 } = f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，则 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 在几何上表示曲线 $\left\{ { \begin{array} { l } { z = f ( x , y ) , } \\ { y = y _ { 0 } } \end{array} } \right.$ 在点$( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的切线对x轴的斜率.同理， $f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 在几何上表示曲线 $\left\{ \begin{array} { l l } { z = f ( x , y ) } \\ { x = x _ { 0 } } \end{array} \right.$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } )$ 处的切线对y轴的斜率.
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(4)高阶偏导数.
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>一元函数的高阶导：二阶，三阶，…，n阶；二元函数的高阶导：组合
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如果二 $\widehat { \overline { { \mathcal { X } } } }$ 函数 $z = f ( x , y )$ 的偏导数 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , y )$ 和 $f _ { y } ^ { \prime } ( x , y )$ 仍然具有偏导数，则它们的偏导数称为$z = f ( x , y )$ 的二阶偏导数，记作
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\begin{array} { r l } & { \frac { \widehat { \partial } ^ { 2 } z } { \partial x ^ { 2 } } = \frac { \widehat { \partial } } { \partial x } \bigg [ \frac { \widehat { \partial } z } { \partial x } \bigg ] = f _ { x x } ^ { * } ( x , y ) = z _ { y } ^ { * } , } \\ & { \frac { \widehat { \partial } ^ { 2 } z } { \partial x \widehat { \partial } y } = \frac { \widehat { \partial } } { \partial y } \bigg [ \frac { \widehat { \partial } z } { \partial x } \bigg ] = f _ { y y } ^ { * } ( x , y ) = z _ { y y } ^ { * } , \bigg ] = \widehat { \eta } \widehat { \eta } \widehat { \eta } + ( \widehat { \eta } _ { 1 } - \widehat { \eta } \ast ) } \\ & { \frac { \widehat { \partial } ^ { 2 } z } { \partial y ^ { 2 } } = \frac { \widehat { \partial } } { \partial y } \bigg [ \frac { \widehat { \partial } z } { \partial y } \bigg ] = f _ { y y } ^ { * } ( x , y ) = z _ { y y } ^ { * } , \bigg ) = \widehat { \eta } \widehat { \eta } \widehat { \eta } \widehat { \eta } + \widehat { \eta } \widehat { \eta } \widehat { \eta } + ( \widehat { \xi } , \widehat { \eta } \ast ) } \\ & { \frac { \widehat { \partial } ^ { 2 } z } { \partial y \widehat { \partial } z } = \frac { \widehat { \partial } } { \partial x } \bigg [ \frac { \partial z } { \partial y } \bigg ] = f _ { y x } ^ { * } ( x , y ) = z _ { y z } ^ { * } , } \end{array}
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其中，称 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } z } { { \hat { \sigma } } { \hat { x } } { \hat { \sigma } } y }$ 与 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } z } { { \hat { \sigma } } y { \hat { \sigma } } x }$ 为二阶混合偏导数.类似地，可以定义n(n≥3)阶偏导数.
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(5)如果函数 $z = f ( x , y )$ 的两个二阶混合偏导数 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } z } { { \hat { \sigma } } { \hat { x } } { \hat { \sigma } } y }$ 及 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } z } { { \hat { \sigma } } y { \hat { \sigma } } x }$ 都在区域D内连续，则在区域D内$\frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } y \hat { \sigma } x }$ ，即二阶混合偏导数在连续的条件下与求导的次序无关.
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例13.3 已知函数 $f ( x , y ) = \ln \left( y + \left| x \sin y \right| \right)$ ，则（）.
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(A) $\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) }$ 不存在， $\left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { ( 0 , 1 ) }$ 存在 (B) $\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) }$ 存在， $\left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { ( 0 , 1 }$ 不存在
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\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) } , \left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { ( 0 , 1 ) }
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\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) } , \left. \frac { \hat { \sigma } f } { \hat { \sigma } y } \right| _ { ( 0 , }
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→→u.分析 ${ \frac { \partial f } { \partial x } } { \biggl | } _ { ( 0 , 1 ) } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { f ( 0 + \Delta x , 1 ) - f ( 0 , 1 ) } { \Delta x } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + [ \Delta x \bullet \sinh ] ) - 0 } { \Delta x } }$ 利用当x→0时， $\ln ( 1 + x ) \sim x$ ${ \frac { \partial f } { \partial y } } \Bigg \vert _ { ( 0 , 1 ) } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } { \frac { f ( 0 , 1 + \Delta y ) - f ( 0 , 1 ) } { \Delta y } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } { \frac { \ln ( 1 + \Delta y ) - 0 } { \Delta y } }$
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## 解 应选(A).
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因此
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因为 $f ( x , y ) = \ln \left( y + \left| x \sin y \right| \right)$ ，所以$f ( 0 , 1 ) = \ln ( 1 + 0 ) = 0 , f ( x , 1 ) = \ln \left( 1 + \left| x \sin 1 \right| \right) , f ( 0 , y ) = \ln ( y + 0 ) = \ln y$ $\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { f ( x , 1 ) - f ( 0 , 1 ) } { x - 0 } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \ln ( 1 + \left| x \sin 1 \right| ) } { x } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } \frac { \left| x \sin 1 \right| } { x } ,$ $\left. { \frac { \partial f } { \partial y } } \right| _ { ( 0 , 1 ) } = \operatorname * { l i m } _ { y \to 1 } { \frac { f ( 0 , y ) - f ( 0 , 1 ) } { y - 1 } } = \operatorname * { l i m } _ { y \to 1 } { \frac { \ln y } { y - 1 } } = \operatorname * { l i m } _ { y \to 1 } { \frac { 1 } { y } } = 1 \operatorname * { l i m } _ { y \to 1 } - 1$
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所以 $\left. \frac { \partial f } { \partial x } \right| _ { ( 0 , 1 ) }$ 不存在， $\left. \frac { \partial f } { \partial y } \right| _ { ( 0 , 1 ) }$ 存在．
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→增量式x+△x=x lim（x，y0）-f（x，y）函数差值式x→x0 x-x0同理， $f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } { \frac { f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } + \Delta y ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } { \Delta y } } { \frac { y _ { 0 } + \Delta y = y } { \frac { y _ { 0 } + y _ { 0 } } { y - y _ { 0 } } } } { \frac { f ( x _ { 0 } , y ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } { y - y _ { 0 } } }$
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例13.4 设函数f(t)连续，令 $F ( x , y ) = \int _ { 0 } ^ { x - y } ( x - y - t ) f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则（）.（A) $\frac { \partial F } { \partial x } = \frac { \partial F } { \partial y } , \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial x ^ { 2 } } = \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } }$ (B) $\frac { \partial F } { \partial x } = \frac { \partial F } { \partial y } , \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial x ^ { 2 } } = - \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } }$ (C） $\frac { \partial F } { \partial x } = - \frac { \partial F } { \partial y } , \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial x ^ { 2 } } = \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } }$ (D) ${ \frac { \partial F } { \partial x } } = - { \frac { \partial F } { \partial y } } , { \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial x ^ { 2 } } } = - { \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } } }$
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## 解 应选(C).
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由题知， $F ( x , y ) = x { \int _ { 0 } ^ { x - y } { f ( t ) \mathrm { d } t } } - y { \int _ { 0 } ^ { x - y } { f ( t ) \mathrm { d } t } } - \int _ { 0 } ^ { x - y } t f ( t ) \mathrm { d } t$ ，则
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视y为常数
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{ \frac { \partial F } { \partial x } } = \int _ { 0 } ^ { x - y } f ( t ) \mathrm { d } t + x f ( x - y ) - y f ( x - y ) - ( x - y ) f ( x - y ) = \int _ { 0 } ^ { x - y } f ( t ) \mathrm { d } t \ ,
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$$
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$$
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\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } F } { { \hat { \sigma } } x ^ { 2 } } = f ( x - y ) ,
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视x为常数
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$$
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\frac { \partial F } { \partial y } = - x f ( x - y ) - \int _ { 0 } ^ { x - y } f ( t ) \mathrm { d } t + y f ( x - y ) + ( x - y ) f ( x - y ) = - \int _ { 0 } ^ { x - y } f ( t ) \mathrm { d } t \ : ,
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$$
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$$
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\frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } } = f ( x - y ) ,
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$$
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所以 $\frac { \partial F } { \partial x } = - \frac { \partial F } { \partial y } , \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial x ^ { 2 } } = \frac { \partial ^ { 2 } F } { \partial y ^ { 2 } }$
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不可拆兮，换元求导型
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例13.5 设函数 $f ( x , y ) = \int _ { 0 } ^ { x y } \mathrm { e } ^ { - x t ^ { 2 } } \mathrm { d } t$ ，则 $f _ { x } ^ { \prime } ( 1 , + \infty ) \ =$
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解 应填 $- { \frac { \sqrt { \pi } } { 4 } }$
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edx =1.
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当 $x > 0$ 时，
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f ( x , y ) = \int _ { 0 } ^ { x y } \mathrm { e } ^ { - x t ^ { 2 } } \mathrm { d } t { \frac { \displaystyle { \widehat { \ast } } { \frac { u } { \sqrt { x } } } = t } { u = { \sqrt { x } } t } } { \frac { 1 } { \sqrt { x } } } \int _ { 0 } ^ { x ^ { \frac { 3 } { 2 } } y } \mathrm { e } ^ { - u ^ { 2 } } \mathrm { d } u \ ,
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$$
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于是 $f ( x , \mathbf { \alpha } , + \infty ) = \operatorname* { l i m } _ { y \to + \infty } f ( x , y ) = \frac { 1 } { \sqrt { x } } \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathbf { e } ^ { - u ^ { 2 } } \mathrm { d } u = \frac { \sqrt { \pi } } { 2 } \cdot \frac { 1 } { \sqrt { x } }$ ，故
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$$
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f _ { x } ^ { \prime } ( 1 , + \infty ) = { \frac { \sqrt \pi } { 2 } } { \Bigg ( } { \frac { 1 } { \sqrt x } } { \Bigg ) } ^ { \prime } { \Bigg | } _ { x = 1 } = { \frac { \sqrt \pi } { 2 } } { \Bigg ( } - { \frac { 1 } { 2 } } { \Bigg ) } { \frac { 1 } { x ^ { \frac { 3 } { 2 } } } } { \Bigg | } _ { x = 1 } = - { \frac { \sqrt \pi } { 4 } } \ .
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$$
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注此题先计算 $f ( x , + \infty )$ ，再计算 $f _ { x } ^ { \prime } ( 1 , + \infty )$ 是简便的
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\frac { f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) } { \downarrow }
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若先计算 ，再代入 $( 1 , + \infty )$ ，过程如下：
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将y当作常数
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f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = - \frac { 1 } { 2 } x ^ { \frac { 3 } { 2 } } \cdot \int _ { 0 } ^ { x ^ { \frac { 3 } { 2 } } y } \mathrm { e } ^ { - u ^ { 2 } } \mathrm { d } u + \frac { 1 } { \sqrt { x } } \mathrm { e } ^ { - x ^ { 3 } y ^ { 2 } } \cdot \frac { 3 } { 2 } \sqrt { x } y \stackrel { - } { , }
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$$
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前面求导，后面不动+前面不动，后面求导
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于是 $f _ { x } ^ { \prime } ( 1 , + \infty ) = - \frac { 1 } { 2 } { \int _ { 0 } ^ { + \infty } { \mathrm { e } ^ { - u ^ { 2 } } \mathrm { d } u } } = - \frac { \sqrt { \pi } } { 4 }$ 略复杂
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$f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = \left\{ { \begin{array} { l } { f _ { x } ^ { \prime } ( x , y _ { 0 } ) { \big | } _ { x = x _ { 0 } } } \\ { f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) { \big | } _ { y = y _ { 0 } } ^ { x = x _ { 0 } } . } \end{array} } \right.$ 先代值再求导两种方式计算 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 得先求导再代值
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例13.6 设函数f(x，y)可微， $f ( 0 , 0 ) = 0 , \frac { \hat { \sigma } f } { \hat { \sigma } x } = - f ( x , y ) , \frac { \hat { \sigma } f } { \hat { \sigma } y } = { \tt e } ^ { - x } \cos y$ ，求 $f ( x , y )$
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分析反问题：告诉 $f _ { x } ^ { \prime } , f _ { y } ^ { \prime }$ ，反求f(x，y)，>保证后面表达式运算有意义
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例如在一元函数中 $F ^ { \prime } ( x ) = { \frac { \mathrm { d } [ F ( x ) ] } { \mathrm { d } x } } = \cos x$ ，则 $F ( x ) = \int \cos { x } \mathrm { d } x = \sin { x } + C$
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$\left\{ \begin{array} { l l } { \varphi ^ { \prime } ( x ) = \varphi ( x ) \Rightarrow \varphi ( x ) = C { \mathrm { e } } ^ { x } , } \\ { \varphi ^ { \prime } ( x ) = - \varphi ( x ) \Rightarrow \varphi ( x ) = C { \mathrm { e } } ^ { - x } . } \end{array} \right.$ C为伍意常数
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视为关于y的常数
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解 由 ${ \frac { \partial f } { \partial y } } = \mathbf { e } ^ { - x } \cos y$ ，得 $f ( x , y ) = \mathbf { e } ^ { - x } \sin y + \underline { { \varphi ( x ) } }$ 于是 ${ \frac { \partial f } { \partial x } } = - \mathbf { e } ^ { - x } \sin y + \varphi ^ { \prime } ( x )$
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又 $\cdot \frac { \partial f } { \partial x } = - f ( x , y )$ ，故
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利用徽分方程 ${ \frac { \mathrm { d } [ \varphi ( x ) ] } { \mathrm { d } x } } = - \varphi ( x )$ 则
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- { \mathrm e } ^ { - x } \sin y + \varphi ^ { \prime } ( x ) = - { \mathrm e } ^ { - x } \sin y - \varphi ( x ) ,
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$$
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于是有 $\varphi ^ { \prime } ( x ) + \varphi ( x ) = 0$ ，解得 $\varphi ( x ) = C { \mathsf { e } } ^ { - x }$ ，即 $f ( x , y ) = \mathbf { e } ^ { - x } \sin y + C \mathbf { e } ^ { - x }$
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由f(0,0)=0，得C=0，所以 $f ( x , y ) = \mathbf { e } ^ { - x } \sin y$
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\begin{array} { r l r } { { \int \frac { 1 } { \varphi ( x ) } \mathrm { d } [ \varphi ( x ) ] = - \int \mathrm { d } x } } \\ & { } & \\ & { \Rightarrow \ln \varphi ( x ) = - x + \ln C _ { 0 } } \\ & { } & \\ & { } & { \Rightarrow \varphi ( x ) = C _ { 0 } \mathrm { e } ^ { - x } } \\ & { } & { \Rightarrow \varphi ( x ) = \underbrace { [ \pm C _ { 0 } ] \mathrm { e } ^ { - x } } _ { \in \mathcal { C } } \quad \quad \mathrm { ~ } \forall \mathrm { ~ } \mathrm { d } \mathrm { ~ } \mathrm { \dag } C _ { 0 } = C } \\ & { } & \\ & { \Rightarrow \varphi ( x ) = C \mathrm { e } ^ { - x } } \end{array}
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$$
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注本题进一步可求f(x，x)在[0，+α）的部分与x轴围成的图形绕x轴旋转一周所成的旋转体→=esinx体积，步骤如下： y
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\begin{array} { l } { { \displaystyle { V = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \pi [ f ( x , x ) ] ^ { 2 } \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \pi \mathrm { e } ^ { - 2 x } \sin ^ { 2 } x \mathrm { d } x = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \pi \mathrm { e } ^ { - 2 x } \frac { 1 - \cos { 2 x } } { 2 } \mathrm { d } x } } } \\ { \displaystyle { \phantom { \frac { 1 - \pi } { 2 } } } } \\ { { \phantom { \frac { 1 - \pi } { 2 } } } } \\ { { \phantom { \frac { 1 - \pi } { 2 } } \frac { 1 + \infty } { 2 } ( 1 - \cos { 2 x } ) \mathrm { d } x = \frac { \pi } { 2 } \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - 2 x } \mathrm { d } x - \frac { \pi } { 2 } \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - 2 x } \cos { 2 x } \mathrm { d } x } } \\ { { \phantom { \frac { 1 - \pi } { 2 } } } } \\ { { \phantom { \frac { 1 - \pi } { 2 } } \frac { \frac { \pi } { 4 } } { \mathrm { d } \mathrm { ~ } } - 2 x \frac { \pi } { 4 } - \frac { \pi } { 4 } \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - { u } } \cos { u } \mathrm { d } u ~ , } } \end{array}
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其中
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\begin{array} { r l } & { | { \bf ( e ^ { - \kappa } ) } ^ { \prime } ( \cos u u ) ^ { \prime } | ^ { \kappa = } } \\ & { \int _ { 0 } ^ { + \infty } { { \bf e } ^ { - \kappa } \cos u \mathrm { d } u } = \frac { | { \bf e } ^ { - \kappa } \begin{array} { c } { \cos u u } \\ { ( - 1 ) ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } } \end{array} } { ( - 1 ) ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } } | _ { 0 } ^ { \kappa } } \\ & { \qquad \quad = \frac { 1 } { 2 } ( - { \bf e } ^ { - \kappa } \cos u + { \bf e } ^ { - \kappa } \sin u ) \Bigg | _ { 0 } ^ { \kappa = } } \\ & { \qquad \quad = \frac { 1 } { 2 } [ 0 - ( - 1 ) ] = \frac { 1 } { 2 } , } \end{array}
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故
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V = \frac { \pi } { 4 } - \frac { \pi } { 4 } \cdot \frac { 1 } { 2 } = \frac { \pi } { 8 } \cdot
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## 5可微
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先看一个引例.如图13-5所示，设矩形的长和宽分别为x和y，则此矩形的面积为 $S = x y$ 若x，y分别增长△x，△y，则该矩形面积的增量为
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\begin{array} { c } { S _ { x } ^ { \prime } = y \qquad S _ { y } ^ { \prime } = x } \\ { \displaystyle et { } { ' } \sum \displaylimits _ { \Delta S = ( x + \Delta x ) ( y + \Delta y ) - x y = \underbrace { [ y ] \Delta x + [ \vec { x } \Delta y + \Delta x \Delta y . } _ { \bigvee } + \Delta x \Delta y . } } \\ { \displaystyle A \Delta x + B \Delta y \ , \ \notin \Delta x , \Delta y \not - \not \cap \not \Delta x \not \not \in \widehat { \sigma } . } \end{array}
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上式右端由两部分组成：一部分是 $y \Delta x + x \Delta y$ ，它是关于△x，Δy的线性函数；另一部分是 $\left[ \overline { { \Delta x \Delta y } } \right]$ ，因为
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\begin{array} { r l } & { \quad | a b | \leqslant \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } } { 2 } \leqslant } \\ & { \quad ( x _ { 0 } + \Delta x , y _ { 0 } + \Delta y ) \quad \quad \quad \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { | \Delta x \Delta y | } { \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } } } \leqslant \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } } { 2 } = \displaystyle \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } } } { 2 } = 0 , } \\ & { \quad \quad \displaystyle \sum _ { k \to 0 } \quad \frac { | x \Delta z \Delta z | } { \Delta y \to 0 } \frac { | \Delta z \Delta z | } { \left[ \Delta z \right] ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } } \stackrel { \ll } { \delta } \underset { \Delta y \to 0 } { \operatorname* { l i m } } \frac { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } } { 2 } = \Delta z \Delta } \end{array}
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所以当 $\Delta x \to 0 , \Delta y \to 0$ 时， $\Delta x \Delta y$ 是比 $\rho = \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } }$ 高阶的无穷小量，即
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图13-5
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\Delta S = y \Delta x + x \Delta y + o ( \rho ) ( \rho \to 0 ) .
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$y \Delta x + x \Delta y$ 是△S的主要部分，o(p)是△S与主要部分 $y \Delta x + x \Delta y$ 之间的误差，称 $y \Delta x + x \Delta y$ 为函数$S = x y$ 在点(x，y)处的全微分.
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(1)定义.
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\begin{array} { r l } & { { \mathbb { A } } \not \to { \mathbb { E } } \to { \mathbb { \hat { Q } } } \not \to { \mathbb { E } } y = f ( x ) _ { \frac { 1 } { \hat { \sigma } \not \ni ( \not \equiv ) } } } \\ & { \Delta y = f ( x + \Delta x ) - f ( x ) \frac { 1 } { i { \mathbb { Z } } } d \cdot \Delta x + o ( \Delta x ) , } \\ & { i { \mathbb { Z } } \not \to d y = A \cdot \Delta x = A { \mathrm { d } } x , A = f ^ { \prime } ( x ) } \end{array}
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设函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)的某邻域内有定义，若z=f(x，y)在该点的全增量
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\Delta z = f ( x + \Delta x , \ y + \Delta y ) - f ( x , \ y )
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可表示为
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\Delta z = A \Delta x + B \Delta y + o ( \rho ) \ ,
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其中A,B仅与点(x，y)有关，而与△x,△y无关； $\begin{array} { r } { \rho = \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } } } \end{array}$ ，且当 $\Delta x \to 0 , \Delta y \to 0$ 时， $o ( \rho )$ 为 $\rho$ 的高阶无穷小，则称函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)处可微，并称 $A \Delta x + B \Delta y$ 为函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)处的全微分，记为
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\mathrm { d } z = A \Delta x + B \Delta y = A \mathrm { d } x + B \mathrm { d } y \ .
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(2)可微的必要条件.
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若函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)处可微，则该函数在该点处的偏导数必存在，且
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A = \frac { \hat { o } z } { \hat { \sigma } x } , B = \frac { \hat { o } z } { \hat { \sigma } y } .
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由此可得，若函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)处可微，则全微分可记为 $\mathrm { d } z = \frac { \partial z } { \partial x } \mathrm { d } x + \frac { \partial z } { \partial y } \mathrm { d } y$
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## 注（1）与一元函数的区别.①一元函数：可微可导；②二元函数：可微→偏导数存在
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若 $\Delta y = f ( x + \Delta x ) - f ( x ) , y$ 可微时，
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\Delta y = A \bullet \Delta x + o ( \Delta x ) \Rightarrow \operatorname * { l i m } _ { \Delta x 0 } { \frac { \Delta y } { \Delta x } } = \operatorname * { l i m } _ { \Delta x 0 } { \frac { A \bullet \Delta x + o ( \Delta x ) } { \Delta x } } = A \ .
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$$
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反之，若f(x)可导，即 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta y } { \Delta x } } = A \Rightarrow { \frac { \Delta y } { \Delta x } } = A + \alpha \Rightarrow \Delta y = A \bullet \Delta x + o ( \Delta x )$ 记 $\mathrm { d } y = A \Delta x = A \mathrm { d } x$
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②二元函数：z=f（x，y）.
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\Delta z = f ( x + \Delta x , y + \Delta y ) - f ( x , y ) , z ^ { \mathrm { ~ m ~ } }
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$\Delta z = A \bullet \Delta x + B \bullet \Delta y + o ( \rho )$ $\mathrm { d } z = \frac { \partial z } { \partial x } \cdot \mathrm { d } x + \frac { \partial z } { \partial y } \cdot \mathrm { d } y$
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(3)可微的充分条件.
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\begin{array} { r l } & { f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) \hat { \mathcal { M } } \hat { \mathcal { Z } } \hat { \mathcal { Z } } } \\ & { f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) \hat { \mathcal { M } } \hat { \mathcal { Z } } \hat { \mathcal { Z } } } \end{array}
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$$
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若函数 $z = f ( x , y )$ 在点(x，y)处的偏导数存在且连续，则该函数在点(x，y)处可微.
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\mathrm { d } f = \frac { \partial f } { \partial x } \mathrm { d } x + \frac { \partial f } { \partial y } \mathrm { d } y = 0
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$$
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\begin{array} { l } { { \stackrel { { \displaystyle \operatorname* { l i m } } } { } _ { ( \Delta x , \Delta y ) ( 0 , 0 ) } f _ { x } ^ { \prime } ( x + \Delta x , y + \Delta y ) = f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) } } \\ { { \stackrel { { \displaystyle \operatorname* { l i m } } } { } _ { ( \Delta x , \Delta y ) ( 0 , 0 ) } f _ { y } ^ { \prime } ( x + \Delta x , y + \Delta y ) = f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) } } \end{array}
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(1)在区域D上，若d[f(x,y)]=0或 $\frac { \partial f } { \partial x } = \frac { \partial f } { \partial y } = 0$ ，则f(x,y)=C(常数）， $( x , y ) \in D$
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（2）判别函数z=f（x，y）在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处的偏导数是否连续，步骤如下：
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①用定义法求 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$
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②用公式法求 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) , f _ { y } ^ { \prime } ( x , y )$
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③计算 $\begin{array} { l } { \underset { x x _ { 0 } } { \operatorname* { l i m } } f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) , \underset { x x _ { 0 } } { \operatorname* { l i m } } f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) } \\ { \quad { y y } _ { 0 } } \end{array}$
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看樓 $\begin{array} { l } { \underset { x x _ { 0 } } { \mathrm { ~ ! } } f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , \underset { x x _ { 0 } } { \mathrm { ~ l i m ~ } } f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) = f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } \\ { \underset { y y _ { 0 } } { \mathrm { ~ ! } } \qquad \quad \mathrm { ~ } } \end{array}$ 是否成立.若成立，则z=f(x，y）在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$
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处的偏导数是连续的，
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(3)一元函数和多元函数在极限存在、连续、可导、可微的相互关系上，有相同之处，更有相异之处，如图13-6所示（记号“→”表示可推出，“→”表示不一定推出）：
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图13-6
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(4)可微的判别步骤.
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判别函数z=f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处是否可微，步骤如下：
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①写出全增量 $\Delta z = f ( x _ { 0 } + \Delta x , y _ { 0 } + \Delta y ) - f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ；
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②写出线性增量A△x+B△y，其中 $A = f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) , B = f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$
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③作极限 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } { \frac { \Delta z - ( A \Delta x + B \Delta y ) } { \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } } } }$ ,若该极限等于0,则z=f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处可微,否则,就不可微.
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例13.7 已知 $( a x y ^ { 3 } - y ^ { 2 } \cos x ) \mathrm { d } x + ( 1 + b y \sin x + 3 x ^ { 2 } y ^ { 2 } ) \mathrm { d } y$ 为某一函数u(x，y)的全微分，则(a，b）=（ ）.(A) (2,2) (B) (2,-2) (C) (-2,2) (D) (-2,-2)
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分析 $\mathrm { d } u = \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } x } \mathrm { d } x + \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } y }$
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由初等函数在定义域上一定连续，知偏导函数连续 $\Rightarrow u _ { x y } ^ { \prime \prime } = u _ { y x } ^ { \prime \prime }$
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## 解 应选(B).
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依题意，有
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\frac { \partial u } { \partial x } = a x y ^ { 3 } - y ^ { 2 } \cos x , \frac { \partial u } { \partial y } = 1 + b y \sin x + 3 x ^ { 2 } y ^ { 2 } ,
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则
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\frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } u } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } = 3 a x y ^ { 2 } - 2 y \cos x , \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } u } { \hat { \sigma } y \hat { \sigma } x } = b y \cos x + 6 x y ^ { 2 } .
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$$
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显然 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } u } { { \hat { \sigma } } { \hat { x } } { \hat { \sigma } } y }$ 和 $\frac { { \hat { \sigma } } ^ { 2 } u } { { \hat { \sigma } } y { \hat { \sigma } } x }$ 连续，于是 $\frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } u } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } u } { \hat { \sigma } y \hat { \sigma } x }$ ，从而a=2,b=-2.
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例13.8 设 $z _ { 1 } = \lvert x y \rvert , z _ { 2 } = \left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle \frac { x \lvert y \rvert } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } , ( x , y ) \neq ( 0 , 0 ) , } \\ { 0 , \ } \end{array} \right.$ 则（ ）.
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(A) $z _ { 1 }$ 在点(0,0)处不可微， $z _ { 2 }$ 在点(0,0)处不可微
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(B) $z _ { 1 }$ 在点(0,0)处不可微， $z _ { 2 }$ 在点(0,0)处可微
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(C) $z _ { 1 }$ 在点(0,0)处可微， $z _ { 2 }$ 在点(0,0)处不可微
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(D) $z _ { 1 }$ 在点(0,0)处可微， $z _ { 2 }$ 在点(0,0)处可微
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分析
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\Delta z _ { 1 } = z _ { 1 } ( 0 + \Delta x , 0 + \Delta y ) - z _ { 1 } ( 0 , 0 ) = \left| \Delta x \Delta y \right| ,
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\mathrm { d } z _ { 1 } = z _ { 1 x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) \bullet \Delta x + z _ { 1 y } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) \bullet \Delta y ,
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$$
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其中
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z _ { 1 x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { z _ { 1 } ( 0 + \Delta x , 0 ) - z _ { 1 } ( 0 , 0 ) } { \Delta x } = 0 ,
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$$
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同理
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z _ { 1 y } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = 0 .
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$$
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$$
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\Delta z _ { 2 } = \frac { \Delta x \cdot \left| \Delta y \right| } { \sqrt { \left( \Delta x \right) ^ { 2 } + \left( \Delta y \right) ^ { 2 } } } ,
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$$
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$$
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\mathrm { d } z _ { 2 } = z _ { 2 x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) \Delta x + z _ { 2 y } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) \bullet \Delta y ,
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$$
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其中
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$$
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z _ { 2 x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = \operatorname * { l i m } _ { \Delta x 0 } \frac { z _ { 2 } ( 0 + \Delta x , 0 ) - z _ { 2 } ( 0 , 0 ) } { \Delta x } = 0 ,
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$$
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同理
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$$
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z _ { 2 y } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = 0 \ .
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$$
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应选(C).
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\left. \frac { \hat { \sigma } z _ { 1 } } { \hat { \sigma } x } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = \operatorname * { l i m } _ { x \to 0 } \frac { z _ { 1 } ( x , 0 ) - z _ { 1 } ( 0 , 0 ) } { x - 0 } = 0 ,
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$$
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$$
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\left. \frac { \hat { \sigma } z _ { 1 } } { \hat { \sigma } y } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = \operatorname * { l i m } _ { y \to 0 } { \frac { z _ { 1 } ( 0 , y ) - z _ { 1 } ( 0 , 0 ) } { y - 0 } } = 0 ,
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\frac { z _ { 1 } ( x , y ) - z _ { 1 } ( 0 , 0 ) - \frac { \hat { \sigma } z _ { 1 } } { \hat { \sigma } x } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } \bullet x - \frac { \hat { \sigma } z _ { 1 } } { \hat { \sigma } y } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } \bullet y } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = \frac { \left| x y \right| } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } ,
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由例13.1结合可微的判别步骤可知， $z _ { 1 }$ 在点(0,0)处可微.
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\frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } x } | _ { ( 0 , 0 ) } = \operatorname * { l i m } _ { x 0 } \frac { z _ { 2 } ( x , 0 ) - z _ { 2 } ( 0 , 0 ) } { x - 0 } = 0 ,
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$$
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$$
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\left. \frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } y } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = \operatorname * { l i m } _ { y \to 0 } { \frac { z _ { 2 } ( 0 , y ) - z _ { 2 } ( 0 , 0 ) } { y - 0 } } = 0 ,
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$$
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\frac { z _ { 2 } ( x , y ) - z _ { 2 } ( 0 , 0 ) - \frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } x } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } \cdot x - \frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } y } \bigg | _ { ( 0 , 0 ) } \cdot y } { \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } } = \frac { x \big | y \big | } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } ,
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由例13.1结合可微的判别步骤可知， $z _ { 2 }$ 在点(0,0)处不可微.
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类比一元函数：y=fg(x)]
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》先对中间变量求导
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## 多元函数微分法则
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=dg
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dx dgdx
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再乘中间变量对自变量求导
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## 链式求导规则
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设 $z = f ( u , \nu ) , u = \varphi ( x , y ) , \nu = \dot { \psi } ( x , y )$ ，则 $z = f [ \varphi ( x , y ) , \psi ( x , y ) ]$ ，且
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\frac { \partial z } { \partial x } = \frac { \partial z } { \partial u } \frac { \partial u } { \partial x } + \frac { \partial z } { \partial \nu } \frac { \partial \nu } { \partial x } , \frac { \partial z } { \partial y } = \frac { \partial z } { \partial u } \frac { \partial u } { \partial y } + \frac { \partial z } { \partial \nu } \frac { \partial \nu } { \partial y } .
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（1）设 $\frac { \mathrm { d } \widehat { z } } { \mathrm { d } t } = \frac { \partial z } { \partial u } \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } t } + \frac { \partial z } { \partial \nu } \frac { \mathrm { d } \nu } { \mathrm { d } t }$ V$z = f ( u , \nu ) , u = \varphi ( t ) , \nu = \psi ( t )$ $z = f [ \varphi ( t ) , \psi ( t ) ]$ 且 称为全导数
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复合结构图
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“祖孙三代，爷爷对每个孩子的爱是不变的”
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(2)无论z对哪个变量求导，也无论z已经求了几阶导，求导后的新函数仍然具有与原函数完全相同的复合结构
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对第1个位置求导对第2个位置求导
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例13.9 设 $z = f \big ( \mathbf { e } ^ { x } \sin y , x ^ { 2 } + y ^ { 2 } \big )$ ，其中f具有二阶连续偏导数， $\frac { \uparrow } { \substack { | f _ { 1 } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = 1 | } } , \frac { \uparrow } { \substack { | f _ { 2 } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = - 1 | } }$ 1
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则 $\left. \frac { \partial ^ { 2 } z } { \partial x \partial y } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = ( \mathbf { \Sigma } )$
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复合结构图
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(B)1
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(C)2
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(D)-1
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泣：没有复合函数的情况下求导，如
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z=f(x，y)的偏导数可写成 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) , f _ { y } ^ { \prime } ( x , y )$
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如果是复合函数，一般用1，2来表示，
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应选 (B).
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\frac { \partial z } { \partial u } = z _ { u } ^ { \prime } = z _ { 1 } ^ { \prime }
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\frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } = \mathbf { e } ^ { x } \sin y f _ { 1 } ^ { \prime } + 2 x f _ { 2 } ^ { \prime } ,
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\begin{array} { r l } & { \frac { \partial \hat { \boldsymbol { \sigma } } ^ { 2 } } { \partial x \partial y } = \frac { \partial \left( \frac { \partial \hat { \boldsymbol { \sigma } } } { \partial x } \right) } { \partial y } } \\ & { \quad = \frac { \partial \left( f _ { 1 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } ^ { * } \mathbf { s } \cdot \mathbf { i } \mathbf { n } y \right) } { \partial y } + \frac { \partial \left( f _ { 2 } ^ { \prime } \star 2 x \right) } { \partial y } } \\ & { \quad = \frac { \partial f _ { 1 } ^ { \prime } } { \partial y } \cdot \epsilon \dot { \mathbf { s } } \mathbf { i } \mathbf { n } y + f _ { 1 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } ^ { * } \mathbf { s } \cdot \mathbf { o } y + 2 x \cdot \frac { \partial f _ { 2 } ^ { \prime } } { \partial y } } \\ & { \quad = \frac { \partial f _ { 1 } ^ { \prime } } { \partial y } \cdot \epsilon \dot { \mathbf { s } } \mathbf { i } \mathbf { n } y + f _ { 1 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } ^ { * } \mathbf { c } \mathbf { s } \cdot \mathbf { o } y + 2 x \cdot \frac { \partial f _ { 2 } ^ { \prime } } { \partial y } } \\ & { \quad = \left( f _ { 1 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } ^ { * } \cdot \mathbf { o } \mathbf { s } y + f _ { 1 } ^ { \prime } \star 2 y \right) \epsilon \dot { \mathbf { s } } \cdot \mathbf { i } \mathbf { n } y + f _ { 1 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } \mathbf { s } \cdot \mathbf { o } y + 2 x ( f _ { 2 } ^ { \prime } \star \mathbf { e } ^ { * } \mathbf { s } \cdot \mathbf { o } y + f _ { 2 } ^ { \prime } \star 2 y ) } \\ & \quad = \mathbf { e } ^ { 2 } \times \mathbf { i } \mathbf { n } y \cos y \cdot \mathbf { \boldsymbol { \sigma } } _ { 1 } ^ { \prime } + 2 \mathbf { e } ^ { * } \left( y \mathbf { s } \mathbf { i } \mathbf { n } y + x \cos y \right) f _ { 1 } ^ { \prime } + 4 x y \cdot \mathbf { \boldsymbol { \sigma } } _ \end{array}
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$$
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于是 $\left. \frac { \partial ^ { 2 } z } { \partial x \partial y } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = f _ { 1 } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = 1 .$
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→不能推出 $f ( x , y ) = x + y$
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例13.10 设函数 $f ( x , \mathbf { e } ^ { x } ) = x + \mathbf { e } ^ { x }$ ，且 $f _ { x } ^ { ^ { \prime } } ( x , y ) \biggl | _ { y = \mathrm { e } ^ { x } } = 1 + 2 \mathrm { e } ^ { x }$ ，则 $f _ { y } ^ { ' } ( x , y ) \bigg | _ { y = \mathrm { e } ^ { x } }$
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分析 $\frac { \mathrm { d } [ f ( \vec { \mathrm { x } } ) , \stackrel { 2 } { \sf e ^ { x } } ) ] } { \mathrm { d } x } = f _ { 1 } ^ { \prime } ( \vec { \mathrm { x } } ) , \mathrm { e } ^ { x } ) \cdot 1 + f _ { 2 } ^ { \prime } ( x ,$ ·e 1号位置X2号位置
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$f _ { 1 } ^ { \prime }$ 只表示对第1个位置求导，与第1个位置是什么无关.如f< x，f表示的是f对 $u = x ^ { 2 }$ 求导．cosx
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有时用f表示f'，f表示f.—→但是更多的是用f，f这种记号 $f _ { x } ^ { \prime }$ $f _ { y } ^ { \prime }$
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解 应填-1.
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\frac { \mathrm { d } [ f ( x , \ : \mathrm { e } ^ { x } ) ] } { \mathrm { d } x } = f _ { x } ^ { ^ { \prime } } ( x , y ) \Big | _ { y = \mathrm { e } ^ { x } } + f _ { y } ^ { ^ { \prime } } ( x , y ) \Big | _ { y = \mathrm { e } ^ { x } } \cdot \mathrm { e } ^ { x } ,
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即
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1 + { \mathrm e } ^ { x } = 1 + 2 { \mathrm e } ^ { x } + f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) { \Big | } _ { y = { \mathrm e } ^ { x } } \cdot { \mathrm e } ^ { x } ,
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$$
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\left. f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) \right| _ { y = e ^ { x } } = - 1 .
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事实上， $f _ { y } ^ { \prime } ( x , \sqsubseteq )$ 是f（x，□）对第二个位置求导，故有
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\left. f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) \right| _ { y = \mathrm { e } ^ { x } } = f _ { y } ^ { \prime } ( x , \mathrm { e } ^ { x } ) ,
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同理
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\left. f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) \right| _ { y = \mathrm { e } ^ { x } } = f _ { x } ^ { \prime } ( x , \mathrm { e } ^ { x } ) ~ .
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$$
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例13.11 设对任意的x，y有 $\left( \frac { \partial f } { \partial x } \right) ^ { 2 } + \left( \frac { \partial f } { \partial y } \right) ^ { 2 } = 4$ ，用变量代换 $x = u \nu , y = \frac { u ^ { 2 } - \nu ^ { 2 } } { 2 }$ 将函数 $f ( x , y )$ 变换成函数 $g ( u , \nu )$ ，且满足关系式 $a \bigg ( \frac { \partial g } { \partial u } \bigg ) ^ { 2 } - b \bigg ( \frac { \partial g } { \partial \nu } \bigg ) ^ { 2 } = u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 }$ ，求a，b. /x复合结构圈
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解 $g ( u , \nu ) = f \Biggl ( u \nu , \frac { u ^ { 2 } - \nu ^ { 2 } } { 2 } \Biggr )$ ，于是
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\frac { \partial g } { \partial u } = \lvert \frac { \partial f } { \partial x } \rvert \nu + \lvert \frac { \partial f } { \partial y } \rvert ^ { u } , \frac { \partial g } { \partial \nu } = \lvert \frac { \partial f } { \partial x } \rvert u - \lvert \frac { \partial f } { \partial y } \rvert ^ { \nu } ,
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$$
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代人到 $a \bigg ( \frac { \partial g } { \partial u } \bigg ) ^ { 2 } - b \bigg ( \frac { \partial g } { \partial \nu } \bigg ) ^ { 2 } = u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 }$ 中，整理得
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( a v ^ { 2 } - b u ^ { 2 } ) \bigg ( \frac { \partial f } { \partial x } \bigg ) ^ { 2 } + 2 ( a + b ) u \nu \frac { \partial f } { \partial x } \cdot \frac { \partial f } { \partial y } + ( a u ^ { 2 } - b v ^ { 2 } ) \bigg ( \frac { \partial f } { \partial y } \bigg ) ^ { 2 } = u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ,
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$$
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将 $\left( \frac { \partial f } { \partial y } \right) ^ { 2 } = 4 - \left( \frac { \partial f } { \partial x } \right) ^ { 2 }$ 代入上式，并整理得
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$$
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( a + b ) ( \nu ^ { 2 } - u ^ { 2 } ) \left( \frac { \partial f } { \partial x } \right) ^ { 2 } + 2 ( a + b ) u \nu \frac { \partial f } { \partial x } \frac { \partial f } { \partial y } + 4 ( a u ^ { 2 } - b \nu ^ { 2 } ) = u ^ { 2 } + \nu ^ { 2 } ,
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$$
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所以有 $a + b = 0$ ，且 $4 a = 1 , - 4 b = 1$ ，于是 $a = \frac { 1 } { 4 } , b = - \frac { 1 } { 4 }$ ．类比一元函数； $\frac { \mathrm { d } [ f ( u ) ] } { \mathrm { d } x } = \frac { \mathrm { d } [ f ( u ) ] } { \mathrm { d } u } \cdot \frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x }$ 7
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## 2 全微分形式不变性
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由 $\frac { \mathrm { d } [ f ( u ) ] } { \mathrm { d } u } { = } \underbrace { f ^ { \prime } ( u ) } _ { \downarrow }$ 得 $\mathrm { d } [ f ( u ) ] = f ^ { \prime } ( u ) \mathrm { d } u$
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不管u是自变量还是中间变量，形式都成立
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设 $z = f ( u , \nu ) , u = u ( x , y ) , \nu = \nu ( x , y )$ ，如果 $f ( u , \nu ) , u ( x , y ) , \nu ( x , y )$ 分别有连续偏导数，则复合函数z=f(u,v)在(x，y)处的全微分仍可表示为
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\mathrm { d } z = \frac { \partial z } { \partial u } \mathrm { d } u + \frac { \partial z } { \partial \nu } \mathrm { d } \nu ,
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即无论u,v是自变量还是中间变量，上式总成立.
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例13.12 若函数 $z = z ( x , y )$ 由方程 $\mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } + x y z = 1$ 确定，则 $\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 0 , 0 ) } =$
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分析 令 $x + 2 y + 3 z = u , x y z = \nu \Rightarrow \mathrm { e } ^ { u } + \nu = 1 \Rightarrow \mathrm { d } \overline { { ( \mathrm { e } ^ { u } + \nu ) } } = 0$ 令其为F(u,v)，则 $\mathrm { d } F = \frac { \partial F } { \partial u } \mathrm { d } u + \frac { \partial F } { \partial v }$ dv
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解 应填 $- \frac { 1 } { 3 } \mathrm { d } x - \frac { 2 } { 3 } \mathrm { d } y$
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\mathrm { d } u = \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } x } \mathrm { d } x + \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } y } \mathrm { d } y + \frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } z } \mathrm { d } z ^ { \prime } \quad \mathrm { d } v = \frac { \hat { \sigma } v } { \hat { \sigma } x } \mathrm { d } x + \frac { \overset { v } { \hat { \sigma } } \nu } { \hat { \sigma } y } \mathrm { d } y + \frac { \hat { \sigma } \nu } { \hat { \sigma } z } \mathrm { d } z
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$$
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先求z(0,0).在原方程中令 $x = 0 , y = 0$ 得 $\mathbf { e } ^ { 3 z ( 0 , 0 ) } = 1$ ，故 $z ( 0 , 0 ) = 0$
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利用全微分形式不变性，将原方程两端求全微分得
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\mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } \mathrm { d } ( x + 2 y + 3 z ) + \mathrm { d } ( x y z ) = 0 \ ,
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$$
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即
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\mathbf { e } ^ { x + 2 y + 3 z } ( \mathrm { d } x + 2 \mathrm { d } y + 3 \mathrm { d } z ) + y z \mathrm { d } x + x z \mathrm { d } y + x y \mathrm { d } z = 0 \ ,
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$$
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$x = 0 , y = 0 , z = 0$ 可得 $\left. \mathrm { d } x + 2 \mathrm { d } y + 3 \mathrm { d } z \right| _ { ( 0 , 0 ) } = 0$ ，则
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$$
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\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 0 , 0 ) } = - \frac 1 3 \mathrm { d } x - \frac 2 3 \mathrm { d } y \ .
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$$
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## ③隐函数存在定理（公式法） →提供了求隐函数导数的公式
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隐函数存在的条件
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隐函数存在定理1对于由方程 $F ( x , y ) = 0$ 确定的隐函数y=f(x)，当 $\left\lceil F _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) \neq 0 \right\rceil$ 时，则有
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$$
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\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) } { F _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) } .
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$$
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## 注证明如下：
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将y=f（x）代入 $F ( x , y ) = 0$ $F [ x , f ( x ) ] = 0$ 在这个等式两边对x求导，得 $F _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) +$ $F _ { y } ^ { \prime } ( x , \ y ) \bullet { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } = 0$ $F _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) \neq 0$ $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } ( x , \ y ) } { F _ { y } ^ { \prime } ( x , \ y ) }$
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隐函数存在定理2对于由方程 $F ( x , y , z ) = 0$ 确定的隐函数 $z = f ( x , y )$ ， 当 $\boxed { F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) \neq 0 }$ 时，则有 隐函数存在的条件
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\frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } ( x , y , z ) } { F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) } , \frac { \partial z } { \partial y } = - \frac { F _ { y } ^ { \prime } ( x , y , z ) } { F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) } .
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$$
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## 注证明如下：
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将z=f(x，y）代入F（x,y，z)=0，得 $F [ x , y , f ( x , y ) ] = 0$ ，在这个等式两边分别对x和y求偏导数，得 $F _ { x } ^ { \prime } ( x , y , z ) + F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) \bullet \frac { \widehat { \partial } z } { \partial x } = 0 , F _ { y } ^ { \prime } ( x , y , z ) + F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) \bullet \frac { \widehat { \partial } z } { \partial y } = 0$ 因 $F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) \neq 0$ 故
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\frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } ( x , \ y , z ) } { F _ { z } ^ { \prime } ( x , \ y , z ) } , \frac { \partial z } { \partial y } = - \frac { F _ { y } ^ { \prime } ( x , \ y , z ) } { F _ { z } ^ { \prime } ( x , \ y , z ) }
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例13.13 设有三元方程 $x y - z \ln y + e ^ { x z } = 1$ ，根据隐函数存在定理,存在点(0,1,1)的一个邻域，在此邻域内该方程（ ）. >基础阶段把本题掌握即可
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(A)只能确定一个具有连续偏导数的隐函数z=z(x，y)
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(B)可确定两个具有连续偏导数的隐函数y=y(x,z)和z=z(x，y)
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(C)可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和z=z(x，y)
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(D)可确定两个具有连续偏导数的隐函数x=x(y,z)和y=y(x，z)
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解 应选(D).
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F ( x , y , z ) = x y - z \ln y + \mathbf { e } ^ { x z } - 1 ,
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$$
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则 $F _ { x } ^ { \prime } ( x , y , z ) = y + \mathrm { e } ^ { x z } z , F _ { y } ^ { \prime } ( x , y , z ) = x - \frac { z } { y } , F _ { z } ^ { \prime } ( x , y , z ) = - \ln y + \mathrm { e } ^ { x z } x$ .于是，
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$$
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F _ { x } ^ { \prime } ( 0 , 1 , 1 ) = 2 \neq 0 , F _ { y } ^ { \prime } ( 0 , 1 , 1 ) = - 1 \neq 0 , F _ { z } ^ { \prime } ( 0 , 1 , 1 ) = 0 .
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$$
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因此，在点(0,1,1)的某一个邻域 $U _ { \imath }$ 内，存在一个连续且具有连续偏导数的隐函数 $\scriptstyle x = x ( y , z )$ ；在点(0,1,1)的某一个邻域 $U _ { 2 }$ 内，也存在一个连续且具有连续偏导数的隐函数 $y = y ( x , z )$ .于是，在邻域$U = U _ { 1 } \cap U _ { 2 }$ 内，就存在两个连续且具有连续偏导数的隐函数 $x = x ( y , z )$ 和 $y = y ( x , z )$ ，故应选 (D).
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## 注一元情况
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若 $F ( x , y ) = 0$ 能确定 $y = y ( x )$ 需要求 $F _ { y } ^ { \prime } \neq 0$ 否则，若 $F _ { y } ^ { \prime } = 0$ 则可能出现： $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } } { F _ { \nu } ^ { \prime } } \infty$ ，即一个x对应两个y，不符合函数的定义
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## 该例题为隐函数存在定理的完整叙述
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例13.14 设F(x,y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内有连续的偏导数，且 $F ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = 0$ ，则$F _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) \neq 0$ 是 $F ( x , y ) = 0$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内能确定一个连续函数 $y = y ( x )$ ，且满足 $y _ { 0 } = y ( x _ { 0 } )$ 并有连续导数的（ ）.
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分析充分性显然，必要性可举出反例.
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## 解 应选(B).
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由隐函数存在定理1知，在题设条件下， $F _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) \neq 0$ 是方程 $F ( x , y ) = 0$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内能确定一个连续函数 $y = y ( x )$ ，且满足 $y _ { 0 } = y ( x _ { 0 } )$ ，并有连续导数的充分条件，但不是必要条件.如反例也可举 $F ( x , y ) = ( y - x ) ^ { 2 }$ .有 $F ( 0 , 0 ) = 0$ ，且 $F _ { y } ^ { \prime } = 2 ( y - x )$ ，有 $F _ { _ { y } } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) { = } 0$ ，但 $F ( x , y ) = 0$ 可以确定隐函数 $y = x$
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例13.15 若函数 $z = z ( x , y )$ 由方程 $\mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } + x y z = 1$ 确定，则 $\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 0 , 0 ) } =$
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解 应填 $- \frac { 1 } { 3 } \mathrm { d } x - \frac { 2 } { 3 } \mathrm { d } y$
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在例13.12中，已利用全微分形式不变性做过本题，在此利用公式法再做一遍.
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先求z(0,0).在原方程中令x=0,y=0得 $\mathbf { e } ^ { 3 z ( 0 , 0 ) } = 1$ ，故 $z ( 0 , 0 ) = 0$
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令 $F ( x , y , z ) = \mathbf { e } ^ { x + 2 y + 3 z } + x y z - 1$ ，则由公式法，知 》公式法求导时，x，y，z是独立鹂，对x求导时，y，z都当作常数；对y和对z求导时同理.
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\frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } } { F _ { z } ^ { \prime } } = - \frac { \mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } \bullet 1 + y z } { \mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } \bullet 3 + x y } ,
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X $F [ x , y , z ( x , y ) ] = 0$ ，对x求偏
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\frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } = - \frac { F _ { y } ^ { \prime } } { F _ { z } ^ { \prime } } = - \frac { \mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } \bullet 2 + x z } { \mathrm { e } ^ { x + 2 y + 3 z } \bullet 3 + x y } ,
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导，有 $\frac { \partial F } { \partial x } = F _ { [ x ] } ^ { \prime } \bullet 1 + F _ { [ z ] } ^ { \prime } \bullet \frac { \partial z } { \partial x } = 0 \Rightarrow \frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } } { F _ { z } ^ { \prime } }$
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第1个位置第3个位置
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当 $x = 0 , y = 0 , z = 0$ 时， $\frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } = - \frac { 1 } { 3 } , \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } = - \frac { 2 } { 3 }$ ，则
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\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 0 , 0 ) } = - \frac 1 3 \mathrm { d } x - \frac 2 3 \mathrm { d } y \ .
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例13.16 设函数 $z = z ( x , y )$ 由方程 $F ( x + z y ^ { - 1 } , y + z x ^ { - 1 } ) = 0$ 所确定，其中F具有连续偏导数，且 $x F _ { 1 } ^ { \prime } + y F _ { 2 } ^ { \prime } \neq 0$ ，则 $x \frac { \partial z } { \partial x } + y \frac { \partial z } { \partial y } =$
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分析 将x，y，z当作独立变量
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解 应填z-xy.
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$G ( x , y , z ) = F ( x + z y ^ { - 1 } , y + z x ^ { - 1 } )$ ，则由公式法得
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\frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { G _ { x } ^ { \prime } } { G _ { z } ^ { \prime } } = - \frac { F _ { 1 } ^ { \prime } - \frac { z } { x ^ { 2 } } F _ { 2 } ^ { \prime } } { \displaystyle \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } , \frac { \partial z } { \partial y } = - \frac { G _ { y } ^ { \prime } } { G _ { z } ^ { \prime } } = - \frac { - \displaystyle \frac { z } { y ^ { 2 } } F _ { 1 } ^ { \prime } + F _ { 2 } ^ { \prime } } { \displaystyle \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } ,
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所以
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\begin{array} { r } { x \frac { \hat { \sigma } \hat { z } } { \hat { \omega } x } + y \frac { \hat { Q } z } { \hat { \omega } y } = \frac { \left( - x F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { z } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } \right) + \left( \frac { z } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } - y F _ { 2 } ^ { \prime } \right) } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } } \\ { = \frac { \left( - x ^ { 2 } y + x z \right) F _ { 1 } ^ { \prime } + \left( y z - x y ^ { 2 } \right) F _ { 2 } ^ { \prime } } { x F _ { 1 } ^ { \prime } + y F _ { 2 } ^ { \prime } } } \\ { = \frac { x F _ { 1 } ^ { \prime } \left( - x y + z \right) + y F _ { 2 } ^ { \prime } \left( z - x y \right) } { x F _ { 1 } ^ { \prime } + y F _ { 2 } ^ { \prime } } } \\ { = z - x y . } \end{array}
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## 注此题还有以下两种解法，一是复合函数求导法，二是利用全微分形式不变性。
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复合函数求导法 在等式 $F \left( x + { \frac { z } { y } } , y + { \frac { z } { x } } \right) = 0$ 两边对x求偏导，并注意到x,y是自变量，z是因变量，有 注意，z是关于𝑥,y的函数，即z=z(x,y)
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F _ { 1 } ^ { \prime } \left( 1 + \frac { 1 } { y } \frac { \partial z } { \partial x } \right) + F _ { 2 } ^ { \prime } \left( \frac { x \frac { \partial z } { \partial x } - z } { x ^ { 2 } } \right) = 0 ,
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解得 $\frac { \partial z } { \partial x } = \frac { - F _ { 1 } ^ { \prime } + \displaystyle \frac { z } { x ^ { 2 } } F _ { 2 } ^ { \prime } } { \displaystyle \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \displaystyle \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } }$ .同理可得 $\frac { \partial z } { \partial y } = \frac { \frac { z } { y ^ { 2 } } F _ { 1 } ^ { \prime } - F _ { 2 } ^ { \prime } } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } }$ 余下步骤同上
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利用全微分形式不变性对方程 $F \left( x + { \frac { z } { y } } , y + { \frac { z } { x } } \right) = 0$ 两边求全微分，利用全微分的形式不变性，有
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F _ { 1 } ^ { \prime } \dot { { \mathsf { d } } } \left( x + \frac { z } { y } \right) + F _ { 2 } ^ { \prime } \dot { { \mathsf { d } } } \left( y + \frac { z } { x } \right) = F _ { 1 } ^ { \prime } \left( { \mathsf { d } } x + \frac { y { \mathsf { d } } z - z { \mathsf { d } } y } { y ^ { 2 } } \right) + F _ { 2 } ^ { \prime } \left( { \mathsf { d } } y + \frac { x { \mathsf { d } } z - z { \mathsf { d } } x } { x ^ { 2 } } \right) = 0 ,
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解得
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\mathrm { d } z = \frac { - F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { z } { x ^ { 2 } } F _ { 2 } ^ { \prime } } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } \mathrm { d } x + \frac { \frac { z } { y ^ { 2 } } F _ { 1 } ^ { \prime } - F _ { 2 } ^ { \prime } } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } \mathrm { d } y ,
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即有
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\frac { \partial z } { \partial x } = \frac { - F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { z } { x ^ { 2 } } F _ { 2 } ^ { \prime } } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } } , \frac { \partial z } { \partial y } = \frac { \frac { z } { y ^ { 2 } } F _ { 1 } ^ { \prime } - F _ { 2 } ^ { \prime } } { \frac { 1 } { y } F _ { 1 } ^ { \prime } + \frac { 1 } { x } F _ { 2 } ^ { \prime } }
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余下步骤同上
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另解：今 $u = x + \frac { 2 } { y } , \nu = y + \frac { 2 } { x }$ ，则F(u,v)=0，有dF=0，即 $F _ { 1 } ^ { \prime } \bullet \mathrm { d } u + F _ { 2 } ^ { \prime } \mathrm { d } \nu = 0$
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\aligned \sqrt { a } \cdot \sin = \frac { \hat { \omega } u } { \hat { \omega } x } \cdot \mathrm { d } x + \frac { \hat { \omega } u } { \hat { \omega } y } \cdot \mathrm { d } y + \frac { \hat { \omega } u } { \hat { \omega } z } \cdot \mathrm { d } z = \mathrm { d } x + \left( - \frac { z } { y ^ { 2 } } \right) \mathrm { d } y + \frac { 1 } { y } \mathrm { d } z \quad , \quad \mathrm { d } y = \frac { \hat { \omega } \nu } { \hat { \omega } x } \cdot \mathrm { d } x + \frac { \hat { \omega } \nu } { \hat { \omega } y } \cdot \mathrm { d } y + \frac { \hat { \omega } \nu } { \hat { \omega } z } \cdot \mathrm { d } z = \left( - \frac { z } { x ^ { 2 } } \right) \mathrm { d } x + \mathrm { d } y + \frac { 1 } { x } \mathrm { d } z \mathrm { d } y \cdot \mathrm { d } y \cdot \mathrm { d } z \quad . \endaligned
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## 4二元函数的拉格朗日定理
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(1)定理.
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设 $f ( x , y )$ 定义在区域D上，且 ${ \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } } = 0 \ , { \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial y } } = 0 \ , ( x , y ) \in D$ ，则 $f ( x , y ) = C$ （常数），$( x , y ) \in D$
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注证因区域D是连通集，故其内任意两点 $X _ { 1 } ( x _ { 1 } , y _ { 1 } ) , X _ { n } ( x _ { n } , y _ { n } )$ ，必有连续折线将 $X _ { 1 } , X _ { n }$ 连接.不妨记为 $X _ { 2 } , X _ { 3 } , \cdots , X _ { n - 1 }$ 则 ${ \overline { { X _ { 1 } X _ { 2 } } } } , { \overline { { X _ { 2 } X _ { 3 } } } } , \cdots , { \overline { { X _ { n - 1 } X _ { n } } } }$ 均在D内.故由二元函数的拉格朗日中值公式，也即（0阶）泰勒公式，有
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\begin{array} { r l } & { f ( X _ { 2 } ) - f ( X _ { 1 } ) = f ( x _ { 2 } , y _ { 2 } ) - f ( x _ { 1 } , y _ { 1 } ) } \\ & { = f _ { x } ^ { \prime } [ x _ { 1 } + \theta ( x _ { 2 } - x _ { 1 } ) , y _ { 1 } + \theta ( y _ { 2 } - y _ { 1 } ) ] ( x _ { 2 } - x _ { 1 } ) \ + f _ { y } ^ { \prime } [ x _ { 1 } + \theta ( x _ { 2 } - x _ { 1 } ) , y _ { 1 } + \theta ( y _ { 2 } - y _ { 1 } ) ] ( y _ { 2 } - y _ { 1 } ) = 0 \ , } \end{array}
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即 $f ( X _ { 2 } ) = f ( X _ { 1 } )$ ，同理可证 $f ( X _ { 1 } ) = f ( X _ { 2 } ) = f ( X _ { 3 } ) = \cdots = f ( X _ { n } )$ ，即f（x，y）为常数.
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(2)注意事项.
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设f(x,y)定义在区域D上，当 ${ \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } } = 0$ 时，无法得到f(x,y)只是y的函数，即不能得到$f ( x , y ) = g ( y )$
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反例：设 $f ( x , y ) = { \left\{ \begin{array} { l l } { y ^ { 2 } , x > 0 , y \geqslant 0 , } \\ { 0 , \nVDash { \mathrm { ~ \# ~ } } 4 { \mathrm { ~ \# ~ } } , } \end{array} \right. } \ ( x , y ) \in D$ ，其中 $\overline { { D } } = \left\{ ( x , y ) \middle | x = 0 , y \geq 0 \right\}$ $D = { { R } ^ { 2 } } - { \overline { { D } } }$ .显然
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f(x,y)在D上有连续偏导数， ${ \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } } = 0$ ，但f(1,1)=1，f(-1,1)=0,$f ( x , y )$ 与x有关，不能写f(x,y)=g(y).
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事实上，需增加“对D内任意两点 $( x _ { 1 } , y ) , ( x _ { 2 } , y ) , x _ { 1 } < x _ { 2 }$ ，有$\big \{ ( x , y ) \big | x _ { 1 } < x < x _ { 2 } \big \} \subset D ^ { \prime \prime }$ ，则 $f ( x , y ) = g ( y )$ 就成立了.因 $f ( x _ { 2 } , y ) - f ( x _ { 1 } , y ) =$ $f _ { x } ^ { \prime } [ x _ { 1 } + \theta ( x _ { 2 } - x _ { 1 } ) , y ] \bullet ( x _ { 2 } - x _ { 1 } ) = 0$ ，即f(x,y)与x无关.
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点(0,1)不在D内，固定y，在此线上的拉格朗日中值定理不成立.
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所以，设f(x,y)有二阶连续偏导数且 ${ \frac { \partial f } { \partial y } } \equiv 0 \ \not \approx f ( x , y ) = g ( x )$ 或设 $u ( r , \theta )$ 有二阶连续偏导数且$\frac { \hat { \sigma } u } { \hat { \sigma } \theta } \equiv 0 \neq u ( r , \theta ) = g ( r )$
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初学者往往将一元函数的拉格朗日定理 ${ } ^ { \ast } f ^ { \prime } ( x ) = 0 \Rightarrow f ( x ) = C ^ { \prime \prime }$ 简单推广至二元函数，从而出现错误.
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## 多元函数的极值与最值
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## 1概念
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若存在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某个邻域，使得在该邻域内任意一点(x，y)处，均有
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{ \scriptstyle { \overrightarrow { f } } } ( x , y ) \leqslant f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) ( { \scriptstyle { \overrightarrow { \bot } } } f ( x , y ) \geqslant f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) )
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成立，则称点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 为f(x，y)的极大值点(或极小值点）， $f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 为f(x，y)的极大值(或极小值).极值点并不要求在该点连续或可微.如 Q →极大值点
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设点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 为f(x，y)定义域内一点，若对于f(x，y)的定义域内任意一点(x，y)，均有
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{ \underset { + } { \underbrace { * } } } { \langle { k } ^ { \ell } { } } \rangle _ { f ( x , \ y ) \leqslant f ( x _ { 0 } , \ y _ { 0 } ) ( { \underset { - } { \boxplus } } { \hat { \varepsilon } } f ( x , \ y ) \geqslant f ( x _ { 0 } , \ y _ { 0 } ) ) }
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成立，则称 $f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 为f(x，y)的最大值(或最小值).
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例13.17 二元函数f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处取得极值是一元函数 $f ( x , y _ { 0 } )$ 和 $f ( x _ { 0 } , y )$ 分别在 $x _ { 0 }$
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和 $y _ { 0 }$ 处取得极值的（ ）.(A)充分条件 (B)必要条件(C)充要条件 (D)既非充分也非必要条件
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## 解 应选(A).
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不妨设二元函数f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处取得极小值，则在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内处处有 $f ( x , y ) \geqslant$ $f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，显然在此邻域内固定 ${ \boldsymbol { y } } = { \boldsymbol { y } } _ { 0 }$ 时有 $f ( x , y _ { 0 } ) \geqslant f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，这表明一元函数 $f ( x , y _ { 0 } )$ 在点 $x _ { 0 }$ 处取得极小值，同理，固定 $\boldsymbol { x } = \boldsymbol { x } _ { 0 }$ 时有 $f ( x _ { 0 } , y ) \geqslant f ( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ ，这表明一元函数 $f ( x _ { 0 } , y )$ 在点 $y _ { 0 }$ 处取得极小值.反之，若一元函数 $f ( x , y _ { 0 } )$ 和 $f ( x _ { 0 } , y )$ 分别在 $x _ { 0 }$ 和 $y _ { 0 }$ 处取得极值，此时未必有二元函数f(x，y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处取得极值，比如二元函数 $f ( x , y ) = x ^ { 4 } + y ^ { 4 } - ( x + y ) ^ { 2 }$ 在点(0,0)处不取极值(取y=-x路径有 $f ( x , - x ) = 2 x ^ { 4 } > 0$ ，取y=x路径有 $f ( x , x ) = 2 x ^ { 4 } - 4 x ^ { 2 } < 0$ ，而 $f ( 0 , 0 ) = 0$ ，于是 $f ( x , y )$ 在点(0,0)处不取极值），但是一元函数 $f ( x , 0 ) = x ^ { 4 } - x ^ { 2 } < 0 = f ( 0 , 0 )$ ，即一元函数f(x,0)在x=0处取极大值，$f ( 0 , y ) = y ^ { 4 } - y ^ { 2 } < 0 = f ( 0 , 0 )$ ，即一元函数f(0，y)在y=0处取极大值.
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例13.18 设函数f(x，y)具有二阶连续偏导数，且在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处取极大值，记 $a = \frac { \partial ^ { 2 } f } { \partial x ^ { 2 } } \Bigg | _ { ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) }$ →本题可以当作结论记住$b = \frac { \partial ^ { 2 } f } { { \partial y } ^ { 2 } } \Bigg | _ { ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) }$ ，则（ ）(A) $a > 0 , b > 0$ (B) $a \geqslant 0 , b \geqslant 0$ (C) $a < 0 , b < 0$ (D) $a \leqslant 0 , b \leqslant 0$
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## 解 应选(D).
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此题用举特例的方法比较简便.
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①取 $f ( x , y ) = - ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } )$ ，则点(0,0)为极大值点.
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此时，
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a = f _ { x x } ^ { \prime \prime } \left( x , y \right) \Bigr | _ { ( 0 , 0 ) } = - 2 < 0 ,
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$$
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b = f _ { y y } ^ { \prime \prime } \left( x , y \right) \Bigr | _ { ( 0 , 0 ) } = - 2 < 0 ,
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$$
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排除(A)，(B).
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②再取 $f ( x , y ) = - ( x ^ { 4 } + y ^ { 4 } )$ ，则点(0,0)为极大值点.
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此时，
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a = f _ { x x } ^ { \eta } \left( x , y \right) \big | _ { ( 0 , 0 ) } = - 1 2 x ^ { 2 } \big | _ { ( 0 , 0 ) } = 0 ,
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$$
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b = f _ { y y } ^ { \prime } \left( x , y \right) \big | _ { ( 0 , 0 ) } = - 1 2 y ^ { 2 } \big | _ { ( 0 , 0 ) } = 0 ,
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排除(C)，选(D).
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事实上， $a = { \frac { { \widehat { \sigma } } ^ { 2 } f } { { \widehat { \sigma } } x ^ { 2 } } } \Bigg \vert _ { ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) } = { \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } [ f ( x , y _ { 0 } ) ] } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } } \Bigg \vert _ { x = x _ { 0 } }$ ，记 $g ( x ) = f ( x , y _ { 0 } )$ ，按题设，即g(x)在 ${ \boldsymbol x } = { \boldsymbol x } _ { 0 }$ 处取极大值，
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故由例5.2知，有 $g ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0 , g ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) { \leqslant } 0$ 即 $g ^ { \prime \prime } ( x _ { 0 } ) = \frac { \mathrm { d } ^ { 2 } [ f ( x , y _ { 0 } ) ] } { \mathrm { d } x ^ { 2 } } \Bigg \vert _ { x = x _ { 0 } } = a \leqslant 0$ ，同理， $b \leqslant 0$
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## ②无条件极值
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[一阶偏导数存在，设 $z = f ( x , y )$ 在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 处 则 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) { = } 0 , f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) { = } 0$ 取极值，
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一元函数y=f(x)在点x=x0处 $\left\{ \begin{array} { l l } { \overline { { \ 9 } } ^ { \mathrm { ~ g ~ } } } \\ { \qquad \Rightarrow f ^ { \prime } ( x _ { 0 } ) = 0 } \\ \end{array} \right.$
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f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) = 0
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（2）偏导数不存在的点也可能是极值点
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f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) = 0
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f _ { z } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } , z _ { 0 } ) = 0
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$x _ { 3 } = \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \neq ( 0 , 0 )$ 点处取极小值，但其z(0,0)，z',(0,0)均不存在，
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小结：找可疑点 f(x,y)=0,f(x,y）=0的点,偏导数不存在的点
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f不存在和f，不存在
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(0,0)点偏导不存在，但取极小值
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(2)二元函数取极值的充分条件→该充分条件不适用于三元及三元"上函数
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设f(x,y)在点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的某邻域内连续且有一阶及二阶连续偏导数，又 $f _ { x } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) { = } 0$ $f _ { y } ^ { \prime } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) { = } 0$
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$\begin{array} { r } { \left\{ \begin{array} { l l } { f _ { x x } ^ { \eta } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = A , } \\ { f _ { x y } ^ { \eta } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = B , } \\ { f _ { y y } ^ { \eta } ( x _ { 0 } , y _ { 0 } ) = C , } \end{array} \right. } \end{array}$ >0→极值 $\begin{array} { r } { \left\{ { A < 0 \atop { A > 0 \leq } } \right. } \end{array}$ 极大值，极小值，
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记 则 $\scriptstyle A = A C - B ^ { 2 }$ <0→非极值,=0=方法失效，另谋他法.
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注 若 $A C - B ^ { 2 } = \Delta > 0 \Rightarrow A C > B ^ { 2 } \geq 0 \Rightarrow A C$ 同号，即：若 $\varDelta > 0 \Rightarrow \left\{ { A > 0 , C > 0 , } \right.$
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“大鼻子爷爷”4=0→方法失效，
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开不开心少年团
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“小哑巴猪 $\because \Delta < 0 \Rightarrow$ 不是极值，
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“开心”4>0，A>0→极小值，
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“不开 $\because \Delta > 0 , \Delta < 0 \Rightarrow$ 极大值
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综合(1)，(2)，可用必要条件求出所有可疑点，再用充分条件判别这些可疑点是不是极值点.
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例13.19 已知函数z=z(x，y)由方程 $( x ^ { 2 } + \dot { y } ^ { 2 } ) z + \ln z + 2 ( x + y + 1 ) = 0$ 确定，求z(x，y)的极值.解在 $( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) z + \ln z + 2 ( x + y + 1 ) = 0$ 两端分别对x和y求偏导数，得
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\left\{ \begin{array} { l } { \displaystyle 2 x z + ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \frac { \partial z } { \partial x } + \frac { 1 } { z } \frac { \partial z } { \partial x } + 2 = 0 , } \\ { \displaystyle 2 y z + ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \frac { \partial z } { \partial y } + \frac { 1 } { z } \frac { \partial z } { \partial y } + 2 = 0 , } \end{array} \right.\tag{*}
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$\frac { \partial z } { \partial x } = 0 , \frac { \partial z } { \partial y } = 0$ ，得 $\left\{ { \begin{array} { l } { x = - { \frac { 1 } { z } } , } \\ { y = - { \frac { 1 } { z } } . } \end{array} } \right.$
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将 $\left\{ { \begin{array} { l } { \displaystyle x = - { \frac { 1 } { z } } , } \\ { \displaystyle y = - { \frac { 1 } { z } } } \end{array} } \right.$ 代人方程 $( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) z + \ln z + 2 ( x + y + 1 ) = 0$ ，得 $\ln z - { \frac { 2 } { z } } + 2 = 0$ >观察法求解 ，可知z=1，从而 $\scriptstyle { \left\{ \begin{array} { l l } { x = - 1 , } \\ { y = - 1 } \end{array} \right. }$
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方程组(\*)中两式的两端分别再对x，y求偏导数，得
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\left\{ \begin{array} { l } { \displaystyle 2 z + 4 x \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } + ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x ^ { 2 } } - \frac { 1 } { z ^ { 2 } } \bigg ( \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } \bigg ) ^ { 2 } + \frac { 1 } { z } \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x ^ { 2 } } = 0 , } \\ { \displaystyle 2 x \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } + 2 y \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } + ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } - \frac { 1 } { z ^ { 2 } } \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } + \frac { 1 } { z } \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } = 0 , } \\ { \displaystyle 2 z + 4 y \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } + ( x ^ { 2 } + y ^ { 2 } ) \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } y ^ { 2 } } - \frac { 1 } { z ^ { 2 } } \bigg ( \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } \bigg ) ^ { 2 } + \frac { 1 } { z } \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } y ^ { 2 } } = 0 , } \end{array} \right.
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从而得 $A = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x ^ { 2 } } \Bigg | _ { ( - 1 , - 1 ) } = - \frac { 2 } { 3 } , B = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } \Bigg | _ { ( - 1 , - 1 ) } = 0 , C = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z } { \hat { \sigma } y ^ { 2 } } \Bigg | _ { ( - 1 , - 1 ) } = - \frac { 2 } { 3 }$
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由于 $A C - B ^ { 2 } > 0 , \ A < 0$ ，因此z(-1,-1)=1是z(x，y)的极大值.
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## ③条件最值与拉格朗日乘数法
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求目标函数 $u = f ( x , y , z )$ 在约束条件 $\begin{array} { c } { { \left\{ \varphi ( x , y , z ) = 0 , \begin{array} { l } { { } } \\ { { \psi ( x , y , z ) = 0 } } \end{array} \right. } } \end{array}$ 下的最值，则
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①构造辅助函数 $F ( x , y , z , \lambda , \mu ) = f ( x , y , z ) + \lambda \varphi ( x , y , z ) + \mu \psi ( x , y , z )$
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②令 自变量个数=目标函数自变量个数+约束个数
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\begin{array} { r l } & { \left[ F _ { x } ^ { \prime } = f _ { x } ^ { \prime } + \lambda \varphi _ { x } ^ { \prime } + \mu \psi _ { x } ^ { \prime } = 0 , \right. } \\ & { \left. \left[ F _ { y } ^ { \prime } = f _ { y } ^ { \prime } + \lambda \varphi _ { y } ^ { \prime } + \mu \psi _ { y } ^ { \prime } = 0 , \right. \right. } \\ & { \left. \left. \xi F _ { z } ^ { \prime } = f _ { z } ^ { \prime } + \lambda \varphi _ { z } ^ { \prime } + \mu \psi _ { z } ^ { \prime } = 0 , \right. \right. } \\ & { \left. \left. F _ { \lambda } ^ { \prime } = \varphi ( x , y , z ) = 0 , \right. \right. } \\ & { \left. \left. F _ { \mu } ^ { \prime } = \psi ( x , y , z ) = 0 ; \right. \right. } \end{array}
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③解上述方程组得备选点P,i=1,2,3,,n，并求f(P)，取其最大值为 $u _ { \mathrm { m a x } }$ ，最小值为 $u _ { \mathrm { m i n } }$ ；
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## 考研数学基础30讲·高等数学分册
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④根据实际问题，必存在最值，所得即为所求.
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注若目标函数的约束条件为 $\varphi ( x , y , z ) = 0$ 易解出 $\boldsymbol { z } = \boldsymbol { z } ( \boldsymbol { x } , \boldsymbol { y } )$ ，则将其代入 $f ( x , y , z )$ 得$f [ x , y , z ( x , y ) ]$ 即转化为无条件最值问题
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例13.20 设a,b满足 $\int _ { a } ^ { b } \lvert x \rvert \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } ( a \leqslant 0 , b \geqslant 0 )$ ，求曲线 $y = x ^ { 2 } + a x$ 与直线 $y = b x$ 所围区域面积的最大值和最小值. →综合题 y
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解 $\int _ { a } ^ { b } \lvert x \rvert \mathrm { d } x = \int _ { a } ^ { 0 } ( - x ) \mathrm { d } x + \int _ { 0 } ^ { b } x \mathrm { d } x = \frac { 1 } { 2 } ( a ^ { 2 } + b ^ { 2 } ) = \frac { 1 } { 2 }$ ，故
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a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 1 ( a \leqslant 0 , b \geqslant 0 ) ,
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曲线 $y = x ^ { 2 } + a x$ 与直线 $y = b x$ 的交点的横坐标分别为
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x _ { 1 } = 0 , x _ { 2 } = b - a ,
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于是面积
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→四曲线：将目标函数化为 S=[bx-(x²+ax）]dx=(b-a） 6 故bx-(x²+ax)≥0
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注意到 ${ \frac { 1 } { 6 } } ( b - \overbrace { a } ) ^ { 3 }$ 的最值点与 $\bigoplus _ { b \mathrm { - } a } ^ { }$ 的最值点是一样的，故转化成求 $s ^ { * } = b - a$ 在条件 $a ^ { 2 } + b ^ { 2 } =$ $1 ( a \leqslant 0 , b \geqslant 0 )$ 下的最值点，利用拉格朗日乘数法，令 $F ( a , b , \lambda ) = b - a + \lambda ( a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - 1 )$ ，由
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F _ { a } ^ { \prime } = - 1 + 2 \lambda a = 0 , F _ { b } ^ { \prime } = 1 + 2 \lambda b = 0 , F _ { \lambda } ^ { \prime } = a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - 1 = 0 ,
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解得驻点 $( a , b ) = \left( - { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } , { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } \right)$ ，此时 $S = \frac { \sqrt { 2 } } { 3 }$ .又当 $a = 0 , b = 1$ 时， $S = \frac { 1 } { 6 }$ ；当 $a = - 1 , b = 0$ 时， $S = \frac { 1 } { 6 }$ 比较以上函数值，知所求区域面积的最大值是 $\frac { \sqrt { 2 } } { 3 }$ ，最小值是 $\frac { 1 } { 6 }$
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注 本题的约束条件 $a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 1 ( a \leqslant 0 , b \geqslant 0 )$ 不是封闭的整个圆，而只是第二象限的部分，是不封闭曲线，对不封闭曲线在用拉格朗日乘数法时要注意比较端点处的函数值
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## 4最远（近）点的垂线原理
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用好此原理，可能在多元最值问题上节约大量时间，提高效率
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如果r是光滑闭曲线，点Q是r外的一个点，点 $P _ { 1 } , P _ { 2 }$ 分别是「上与点Q的最远点，最近点，则直线 $P _ { 1 } Q , P _ { 2 } Q$ 分别在点 $P _ { 1 }$ 处， $P _ { 2 }$ 处与r垂直，即 $P _ { 1 } Q , P _ { 2 } Q$ 分别与点 $P _ { 1 } , P _ { 2 }$ 的切线垂直.
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若光滑闭曲线 $\boldsymbol { { \cal T } } _ { 1 } , \boldsymbol { { \cal T } } _ { 2 }$ 不相交，点 $P _ { 1 } , P _ { 2 }$ 分别是它们之间的最远（近)点，则直线 $P _ { 1 } P _ { 2 }$ 是 $\varGamma _ { 1 } , \varGamma _ { 2 }$ 的公垂线，即 $P _ { 1 } P _ { 2 }$ 同时垂直于 $T _ { \scriptscriptstyle 1 } , T _ { \scriptscriptstyle 2 }$ 在这两个点处的切线. $\big < \big < \big > ^ { T _ { 1 } }$
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例13.21 求曲线 $x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } = 4$ 上到直线 $2 x + 3 y - 6 = 0$ 的距离最近的点. $\mathcal { \Delta } _ { P _ { 2 } } ^ { \itGamma _ { 2 } }$
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解 方法一设 $P ( x , y )$ 为曲线 $x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } = 4$ 上任意一点，则点P到直线 $2 x + 3 y - 6 = 0$ 的距离 V 数学一要掌握
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d = \frac { \left| 2 x + 3 y - 6 \right| } { \sqrt { 1 3 } }
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( x _ { 0 } , y _ { 0 } )
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A x + B y + C = 0
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离公式： $d = \frac { \left| A x _ { 0 } + B y _ { 0 } + C \right| } { \sqrt { A ^ { 2 } + B ^ { 2 } } }$
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因为求函数d的最小值点即求 $d ^ { 2 }$ 的最小值点，所以问题可抽象为如下数学模型：
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求目标函数 $d ^ { 2 } = \frac { 1 } { 1 3 } ( 2 x + 3 y - 6 ) ^ { 2 }$ 在约束条件 $x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } = 4$ 下的最小值.
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作拉格朗日函数 $F ( x , y , \lambda ) = \frac { 1 } { 1 3 } ( 2 x + 3 y - 6 ) ^ { 2 } + \lambda ( x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } - 4 )$ 区
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\left( F _ { x } ^ { \prime } = \frac { 4 } { 1 3 } ( 2 x + 3 y - 6 ) + 2 \lambda x = 0 , \right.\tag{①}
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\left\{ F _ { y } ^ { \prime } = \frac { 6 } { 1 3 } ( 2 x + 3 y - 6 ) + 8 \lambda y = 0 , \right.
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\scriptstyle \lfloor F _ { \lambda } ^ { \prime } = x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } - 4 = 0 .\tag{②}
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③
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若 $\lambda = 0$ ，则上述方程组转化为 $\textstyle { \left\{ 2 x + 3 y - 6 = 0 , \right. }$ 即求曲线与直线的交点.事实上，二者并不相交，此时方程组无解.
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若 $\lambda \neq 0$ ，由①，②式得 ${ \frac { \frac { 4 } { 1 3 } } { \frac { 6 } { 1 3 } } } = { \frac { - 2 x } { - 8 y } } , x = { \frac { 8 } { 3 } } y$ ，代人③式，解得 $x _ { 1 } = \frac { 8 } { 5 } , y _ { 1 } = \frac { 3 } { 5 } ; x _ { 2 } = - \frac { 8 } { 5 } , y _ { 2 } = - \frac { 3 } { 5 }$
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d \big | _ { ( x _ { 1 } , y _ { 1 } ) } = { \frac { 1 } { \sqrt { 1 3 } } } , d \big | _ { ( x _ { 2 } , y _ { 2 } ) } = { \frac { 1 1 } { \sqrt { 1 3 } } } \ .
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根据问题的实际意义可知，最近距离一定存在，因此 $\left( { \frac { 8 } { 5 } } , { \frac { 3 } { 5 } } \right)$ 即为所求点.
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方法二设 可学完第17讲再看此方法 $P ( x , y )$ 为所求点，因曲线 $x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } = 4$ 可写成参数方程 $\left\{ \begin{array} { l } { \displaystyle x = x , } \\ { \displaystyle y ^ { 2 } = 1 - \frac { 1 } { 4 } x ^ { 2 } } \end{array} \right.$ 故其在点 $P ( x , y )$ 处的切向向量可表示为 $\pmb { \tau } = \left( 1 , - \frac { x } { 4 y } \right)$
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或令 $F _ { 1 } ( x , y ) = x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } - 4$
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则 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = - \frac { F _ { 1 x } ^ { \prime } } { F _ { 1 y } ^ { \prime } } = - \frac { x } { 4 y }$
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或令 $F _ { 2 } ( x , y ) = 2 x + 3 y - 6$
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\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } = - \frac { F _ { 2 x } ^ { \prime } } { F _ { 2 y } ^ { \prime } } = - \frac { 2 } { 3 }
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又直线 $2 x + 3 y - 6 = 0$ 的法向向量 $\pmb { n } = ( 2 , 3 )$ ，根据最远（近）点的垂线原理，有 $\pmb { n } \perp \tau$ ，即 $\scriptstyle n \cdot \tau = 0$ $2 \bullet 1 + 3 \bullet \left( - { \frac { x } { 4 y } } \right) = 0$ ，即有 $x = \frac { 8 } { 3 } y$ ，代人 $x ^ { 2 } + 4 y ^ { 2 } = 4$ ，得 $\left\{ { x _ { 1 } = \frac { 8 } { 5 } , \atop { y _ { 1 } = \frac { 3 } { 5 } , \atop { \left\downarrow { y _ { 2 } = - \frac { 3 } { 5 } . } \right. } } } \right.$
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又由点到直线的距离公式知， $\left( { \frac { 8 } { 5 } } , { \frac { 3 } { 5 } } \right)$ 即为所求点.
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## 5有界闭区域上连续函数的最值问题
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(1)理论依据 -最大值与最小值定理：有界闭区域D上的多元连续函数，在区域D上一定有最大值和最小值.
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(2)求法： →与一元函数做好联系与对比
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①根据 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) , f _ { y } ^ { \prime } ( x , y )$ 为0或不存在，求出区域D内部的所有可疑点；
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②用拉格朗日乘数法或代入法求出区域D边界上的所有可疑点；
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③比较以上所有可疑点的函数值大小，取其最小者为最小值，最大者为最大值.
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例13.22 已知函数 $z = f ( x , y )$ 的全微分 $\mathrm { d } z = \underbrace { 2 x \mathrm { d } x [ - 2 y \mathrm { d } y } _ { \downarrow }$ ，并且 $f ( 1 , 1 ) = 2$ .求 $f ( x , y )$ 在椭圆域 $D = \left\{ ( x , y ) \bigg | x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } { \leqslant } 1 \right\}$ 上的最大值和最小值. $\begin{array} { r l r l } { \frac { \partial z } { \partial x } } & { { } } & { } & { { } \frac { \partial z } { \partial y } } \end{array}$
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解 由 $\mathrm { d } z = 2 x \mathrm { d } x - 2 y \mathrm { d } y$ 可知
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z = f ( x , y ) = x ^ { 2 } - y ^ { 2 } + C ,
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再由f(1,1)=2，得C=2，故
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z = f ( x , y ) = x ^ { 2 } - y ^ { 2 } + 2 \ .
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令 $\frac { \partial f } { \partial x } = 2 x = 0 , \frac { \partial f } { \partial y } = - 2 y = 0$ ，解得驻点(0,0).在椭圆 $x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 上， $z = x ^ { 2 } - ( 4 - 4 x ^ { 2 } ) + 2$ 即在D内 $z = 5 x ^ { 2 } - 2 ( - 1 \leqslant x \leqslant 1 ) \ ,$ 在边界上
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其最大值为 $z { \big | } _ { x = \pm 1 } = 3$ ，最小值为 $z { \big | } _ { x = 0 } = - 2$ ，再与 $f ( 0 , 0 ) = 2$ 比较，可知 $f ( x , y )$ 在椭圆域D上的最大值为3，最小值为-2.
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注在边界 $x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 上的最值也可以直接利用拉格朗日乘数法，令
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F ( x , y , \lambda ) = x ^ { 2 } - y ^ { 2 } + 2 + \lambda \left( x ^ { 2 } + { \frac { y ^ { 2 } } { 4 } } - 1 \right) .
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\left\lceil \frac { \partial F } { \partial x } - 2 x + 2 \lambda x = 0 , \right\rceil
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令 $\frac { \partial F } { \partial y } = - 2 y + \frac { \lambda } { 2 } y = 0$ $M _ { 1 } ( 0 , 2 ) , M _ { 2 } ( 0 , - 2 ) , M _ { 3 } ( 1 , 0 ) , M _ { 4 } ( - 1 , 0 )$ 此时$\frac { \partial F } { \partial \lambda } = x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } - 1 = 0 ,$
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f ( M _ { 1 } ) = f ( M _ { 2 } ) = - 2 , f ( M _ { 3 } ) = f ( M _ { 4 } ) = 3 \ ,
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故在边界 $x ^ { 2 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 上的最大值是3，最小值是-2.
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## 基础习题精练
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## 习题
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13.1设f(0,0)=0，f(x,y)在(0,0)点连续，则当(x,y)≠(0,0)时，f(x,y)可能为（）.（A) $\frac { x y } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$ (B) $\frac { x ^ { 2 } - y ^ { 2 } } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$ (C） $\frac { x ^ { 2 } y } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } }$ (D) $\frac { x ^ { 2 } y } { x ^ { 4 } + y ^ { 2 } }$
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13.2 设f(x,y)具有一阶连续偏导数，且对任意(x,y)都有 $\frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } > 0 , \frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial y } < 0$ ，则）（A) $f ( 0 , 0 ) > f ( 1 , 1 )$ (B) $f ( 0 , 0 ) < f ( 1 , 1 )$ (C) $f ( 0 , 1 ) > f ( 1 , 0 )$ (D) $f ( 0 , 1 ) < f ( 1 , 0 )$
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13.3函数 $f ( x , y ) = { \sqrt { \left| x y \right| } }$ 在点(0,0)处（）.(A)偏导数不存在 (B)偏导数存在，但不可微(C)可微，但偏导数不连续 (D)偏导数连续
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13.4 设函数f与g均可微， $z = f [ x y , \ln x + g ( x y ) ]$ ，则 $x \frac { \partial z } { \partial x } - y \frac { \partial z } { \partial y } = \left( \begin{array} { l l } & { } \end{array} \right)$ (A) $f _ { 1 } ^ { \prime }$ (B) $f _ { 2 } ^ { \prime }$ (C） $f _ { 1 } ^ { \prime } + f _ { 2 } ^ { \prime }$ (D) $f _ { 1 } ^ { \prime } - f _ { 2 } ^ { \prime }$
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13.5设 $z _ { 1 } = \left| x + y \right|$ $\mathrm { d } z _ { 2 } = ( 3 x ^ { 2 } + 6 x ) \mathrm { d } x - ( 3 y ^ { 2 } - 6 y ) \mathrm { d } y$ ，则点(0,0)（）.
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(A)不是 $z _ { 1 }$ 的极值点，也不是 $z _ { 2 }$ 的极值点
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(B)是 $z _ { 1 }$ 的极大值点，也是 $z _ { 2 }$ 的极大值点
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(C)是 $z _ { 1 }$ 的极小值点，是 $z _ { 2 }$ 的极大值点
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(D)是 $z _ { 1 }$ 的极小值点，也是 $z _ { 2 }$ 的极小值点
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13.6（仅数学三）以 $p _ { A } , p _ { B }$ 分别表示A，B两种商品的价格，设商品A的需求函数为
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Q _ { A } = 5 0 0 - p _ { A } ^ { 2 } - p _ { A } p _ { B } + 2 p _ { B } ^ { 2 } ,
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则当 $p _ { _ A } { = } 1 0 , p _ { _ B } { = } 2 0$ 时，商品A的需求量对自身价格的弹性 $\eta _ { A A } ( \eta _ { A A } > 0 )$ 为
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13.7设函数 $z = \left( 1 + { \frac { x } { y } } \right) ^ { 2 }$ ，则 $\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 1 , 1 ) }$
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13.8 设函数f(x)可微，且 $f ^ { \prime } ( 0 ) = \frac { 1 } { 2 }$ ，则 $z = f ( 4 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } )$ 在点(1,2)处的全微分 $\left. \mathrm { d } z \right| _ { ( 1 , 2 ) } =$
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13.9设z=z(x,y)由 $( z + y ) ^ { x } = x ^ { 2 }$ 确定，则 $\left. \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } x } \right| _ { ( 1 , 1 ) } =$
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13.10设 $z = f ( x ^ { 2 } y ^ { 2 } , \mathbf { e } ^ { x y } )$ ，其中f(u,v)有二阶连续偏导数，求 $z _ { x x } ^ { \prime \prime } , z _ { y y } ^ { \prime \prime } , z _ { x y } ^ { \prime \prime }$
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13.11设函数 $u = f ( x ^ { 2 } , x y , x z )$ 具有一阶连续偏导数，又函数 $y = y ( x ) , z = z ( x )$ 分别由
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\sin x y = y , \mathrm { e } ^ { z } = \int _ { 0 } ^ { x } \sin t \mathrm { d } t
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确定，求 $\frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x }$
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13.12求二元函数 $f ( x , y ) = x ^ { 2 } y ^ { 2 } + x \ln x$ 的极值.
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13.13已知函数f(x，y)满足 $f _ { x y } ^ { \prime \prime } ( x , y ) = 2 ( y + 1 ) \mathrm { e } ^ { x } , f _ { x } ^ { \prime } ( x , 0 ) = ( x + 1 ) \mathrm { e } ^ { x } , f ( 0 , y ) = y ^ { 2 } + 2 y$ ，求 $f ( x , y )$ 的极值.
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13.14求曲线 $x ^ { 3 } - x y + y ^ { 3 } = 1 ( x \geqslant 0 , y \geqslant 0 )$ 上的点到坐标原点的最长距离与最短距离.
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## 解答
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13.1(C）解对于(C)，由基本不等式：
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\left| \frac { x ^ { 2 } y } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \right| \leqslant \frac { 1 } { 2 } \vert x \vert \leqslant \frac { 1 } { 2 } \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } .
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对于任给的 $\varepsilon > 0$ ，取 $\delta = 2 \varepsilon$ ，当 $0 < \sqrt { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } < \delta$ 时， $\left| \frac { x ^ { 2 } y } { x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } \right| < \varepsilon$ .由定义，可得
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\operatorname * { l i m } _ { ( x , y ) ( 0 , 0 ) } f ( x , y ) = 0 = f ( 0 , 0 ) \ .
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对于(A),取y=kx，则 $f ( x , y ) = f ( x , k x ) = { \frac { k } { 1 + k ^ { 2 } } } ( ( x , y ) \neq ( 0 , 0 ) )$ ，从而 $\operatorname * { l i m } _ { y = k \atop x 0 } f ( x , y ) = \frac { k } { 1 + k ^ { 2 } }$ ,随k而异.
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(B)与(A)同理.对于(D)，取 $\cdot y = k x ^ { 2 }$ $\operatorname * { l i m } _ { y = k x ^ { 2 } \atop x \to 0 } f ( x , y ) = \frac { k } { 1 + k ^ { 2 } }$ ，随k而异.
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13.2(D）解因为 $\frac { \partial [ f ( x , y ) ] } { \partial x } > 0$ ，所以f(x,y)关于x是单调递增函数（此时y固定），故$f ( 0 , 1 ) < f ( 1 , 1 )$
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又因为 $\frac { \hat { \sigma } [ f ( x , y ) ] } { \hat { \sigma } y } < 0$ ，所以 $f ( x , y )$ 关于y是单调递减函数（此时x固定），故 $f ( 1 , 1 ) < f ( 1 , 0 )$
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因此 $f ( 0 , 1 ) < f ( 1 , 0 )$ ，(C)不正确，故选(D).
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对于选项(A),(B),举反例， $f ( x , y ) = x - y$ ,符合题干条件,但f(0,0)=f(1,1),故(A),(B)均不正确.
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13.3(B）解
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f _ { x } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { f ( 0 + \Delta x , 0 ) - f ( 0 , 0 ) } { \Delta x } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \sqrt { \left| \Delta x \bullet 0 \right| } - 0 } { \Delta x } = 0 = A ,
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f _ { y } ^ { \prime } ( 0 , 0 ) = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } \frac { f ( 0 , 0 + \Delta y ) - f ( 0 , 0 ) } { \Delta y } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta y \to 0 } \frac { \sqrt { | 0 \bullet \Delta y | } - 0 } { \Delta y } = 0 = B ,
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故f(x，y)在点(0,0)处偏导数存在.又
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\Delta z = f ( 0 + \Delta x , 0 + \Delta y ) - f ( 0 , 0 ) = \sqrt { \left| \Delta x \bullet \Delta y \right| } - 0 = \sqrt { \left| \Delta x \bullet \Delta y \right| } ,
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故有 $\operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \Delta z - A \Delta x - B \Delta y } { \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } } } = \operatorname* { l i m } _ { \Delta x \to 0 } \frac { \sqrt { \left| \Delta x \bullet \Delta y \right| } } { \sqrt { ( \Delta x ) ^ { 2 } + ( \Delta y ) ^ { 2 } } }$ 不存在.从而f(x，y)在点(0,0)处不可微.
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13.4(B）解
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\frac { \partial z } { \partial x } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet y + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet \left( \frac { 1 } { x } + g ^ { \prime } \bullet y \right) ,
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\frac { \partial z } { \partial y } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet x + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet g ^ { \prime } \bullet x ,
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故 $x \frac { \partial z } { \partial x } - y \frac { \partial z } { \partial y } = f _ { 2 } ^ { \prime }$
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13.5(D）解由于 $\left. { \frac { \partial z _ { 1 } } { \partial x } } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 ) } { x - 0 } } = \operatorname* { l i m } _ { x \to 0 } { \frac { | x | - 0 } { x - 0 } }$ 不存在，即其在点(0,0)处偏导数不存在，只能利用极值的定义来考虑.
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因 $z _ { \mathrm { \scriptscriptstyle 1 } } ( 0 , 0 ) = 0$ ，又当 $( x , y ) \neq ( 0 , 0 )$ 时，总有 $z _ { 1 } ( x , y ) { \geqslant } 0$ ，可知点(0,0)为 $z _ { 1 }$ 的极小值点.
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由 $\mathrm { d } z _ { 2 } = ( 3 x ^ { 2 } + 6 x ) \mathrm { d } x - ( 3 y ^ { 2 } - 6 y ) \mathrm { d } y$ ，可知 $\frac { \partial z _ { 2 } } { \partial x } = 3 x ^ { 2 } + 6 x , \frac { \partial z _ { 2 } } { \partial y } = - ( 3 y ^ { 2 } - 6 y )$ ，且 $ \frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } x } | _ { ( 0 , 0 ) } = 0 , \frac { \hat { \sigma } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } y } | _ { ( 0 , 0 ) } =$ 0.又
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\frac { \partial ^ { 2 } z _ { 2 } } { \partial x ^ { 2 } } = 6 x + 6 , \frac { \hat { \partial } ^ { 2 } z _ { 2 } } { \hat { \partial } x \hat { \partial } y } = 0 , \frac { \hat { \partial } ^ { 2 } z _ { 2 } } { \hat { \partial } y ^ { 2 } } = - 6 y + 6 ,
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则
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\left. A = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } x ^ { 2 } } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = 6 , \left. B = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } x \hat { \sigma } y } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = 0 , \left. C = \frac { \hat { \sigma } ^ { 2 } z _ { 2 } } { \hat { \sigma } y ^ { 2 } } \right| _ { ( 0 , 0 ) } = 6 ,
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A C - B ^ { 2 } = 3 6 > 0 , A > 0 ,
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可知点(0,0)为 $z _ { 2 }$ 的极小值点.
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故选 (D).
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13.60.4解根据弹性的定义，有
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\eta _ { _ { A l } } = - \frac { p _ { _ A } } { Q _ { _ A } } \bullet \frac { \partial Q _ { _ A } } { \partial p _ { _ A } } = - \frac { p _ { _ A } } { Q _ { _ A } } \bullet ( - 2 p _ { _ A } - p _ { _ B } ) = \frac { p _ { _ A } ( 2 p _ { _ A } + p _ { _ B } ) } { 5 0 0 - p _ { _ A } ^ { 2 } - p _ { _ A } p _ { _ B } + 2 p _ { _ B } ^ { 2 } } ,
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故当 $p _ { _ A } { = } 1 0 , p _ { _ B } { = } 2 0$ 时， $\eta _ { _ { A A } } = 0 . 4$
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13.74(dx-dy）解设 $u = \frac { x } { y }$ ，则
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z = \left( 1 + { \frac { x } { y } } \right) ^ { 2 } = ( 1 + u ) ^ { 2 } ,
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\frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } u } = 2 ( 1 + u ) , \frac { \partial u } { \partial x } = \frac { 1 } { y } , \frac { \partial u } { \partial y } = - \frac { x } { y ^ { 2 } } ,
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故
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\frac { \partial z } { \partial x } = \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } u } \bullet \frac { \partial u } { \partial x } = 2 ( 1 + u ) \bullet \frac { 1 } { y } = \frac { 2 } { y } \left( 1 + \frac { x } { y } \right) ,
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$$
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$$
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\frac { \partial z } { \partial y } = \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } u } \bullet \frac { \partial u } { \partial y } = 2 ( 1 + u ) \bullet \left( - \frac { x } { y ^ { 2 } } \right) = - \frac { 2 x } { y ^ { 2 } } \left( 1 + \frac { x } { y } \right) ,
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因此
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\mathrm { d } z = \frac { \hat { \alpha } z } { \hat { \alpha } x } \mathrm { d } x + \frac { \hat { \alpha } z } { \hat { \alpha } y } \mathrm { d } y = \frac { 2 } { y } \left( 1 + \frac { x } { y } \right) \left( \mathrm { d } x - \frac { x } { y } \mathrm { d } y \right) ,
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$$
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故
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\Phi \big | _ { ( 1 , 1 ) } = 4 ( \mathrm { d } x - \mathrm { d } y ) \ .
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13.84dx-2dy解令 $u = 4 x ^ { 2 } - y ^ { 2 }$ ，则 $z = f ( u )$ ，于是
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\frac { { \hat { \sigma } } z } { { \hat { \sigma } } x } = f ^ { \prime } ( u ) ( 4 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } ) _ { ~ x } ^ { \prime } = 8 x f ^ { \prime } ( u ) , \frac { { \hat { \sigma } } z } { { \hat { \sigma } } x } \bigg | _ { ( 1 , 2 ) } = 8 f ^ { \prime } ( 0 ) = 4 ,
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$$
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\frac { \partial z } { \partial y } = f ^ { \prime } ( u ) { \left( 4 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } \right) } ^ { \prime } , = - 2 y f ^ { \prime } ( u ) , \left. \frac { \hat { \sigma } z } { \hat { \sigma } y } \right| _ { ( 1 , 2 ) } = - 4 f ^ { \prime } ( 0 ) = - 2 ,
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$$
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所以 $\left. { \bf d } z \right| _ { ( 1 , 2 ) } = 4 { \bf d } x - 2 { \bf d } y$
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13.92解将所给方程变形为 $( z + y ) ^ { x } - x ^ { 2 } = 0$ 令 $F ( x , y , z ) = ( z + y ) ^ { x } - x ^ { 2 }$ ，则
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$$
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F _ { x } ^ { \prime } = ( z + y ) ^ { x } \ln ( z + y ) - 2 x ,
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F _ { z } ^ { \prime } = x ( z + y ) ^ { x - 1 } \ .
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将x=0代人所给方程，不成立，故 $x \neq 0 , F _ { z } ^ { \prime } \neq 0$ ，则有
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\frac { \partial z } { \partial x } = - \frac { F _ { x } ^ { \prime } } { F _ { z } ^ { \prime } } = - \frac { ( z + y ) ^ { x } \ln ( z + y ) - 2 x } { x ( z + y ) ^ { x - 1 } } .\tag{*}
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$$
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当 $x = 1 , y = 1$ 时，由原方程可得 $z = 0$ ，代人(\*)式可得 $\left. { \frac { \partial z } { \partial x } } \right| _ { ( 1 , 1 ) } = 2$
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13.10解
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z _ { x } ^ { \prime } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet 2 x y ^ { 2 } + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet y \mathrm { e } ^ { x y } , z _ { y } ^ { \prime } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet 2 x ^ { 2 } y + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet x \mathrm { e } ^ { x y } ,
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\begin{array} { r l } & { z _ { x x } ^ { \prime \prime } = f _ { 1 1 } ^ { \prime \prime } \bullet ( 2 x y ^ { 2 } ) ^ { 2 } + f _ { 1 2 } ^ { \prime \prime } \bullet y \mathrm { e } ^ { x y } \bullet 2 x y ^ { 2 } + f _ { 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 2 y ^ { 2 } + f _ { 2 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 2 x y ^ { 2 } \bullet y \mathrm { e } ^ { x y } + f _ { 2 2 } ^ { \prime \prime } \bullet ( y \mathrm { e } ^ { x y } ) ^ { 2 } + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet y ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x y } } \\ & { \qquad = f _ { 1 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 4 x ^ { 2 } y ^ { 4 } + f _ { 2 2 } ^ { \prime \prime } \bullet y ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x y } + f _ { 1 2 } ^ { \prime \prime } \bullet 4 x y ^ { 3 } \mathrm { e } ^ { x y } + f _ { 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 2 y ^ { 2 } + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet y ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x y } \ . } \end{array}
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$$
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同理可得
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\begin{array} { r } { z _ { y y } ^ { \prime } = f _ { 1 1 } ^ { \prime } \bullet 4 x ^ { 4 } y ^ { 2 } + f _ { 2 2 } ^ { \prime \prime } \bullet x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { 2 x y } + f _ { 1 2 } ^ { \prime \prime } \bullet 4 x ^ { 3 } y \mathrm { e } ^ { x y } + f _ { 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 2 x ^ { 2 } + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet x ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { x y } , } \end{array}
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$$
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$$
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\begin{array} { r l } & { z _ { x y } ^ { * } = f _ { 1 1 } ^ { * } \bullet 2 x ^ { 2 } y \bullet 2 x y ^ { 2 } + f _ { 1 2 } ^ { * } \bullet x \mathrm { e } ^ { \mathrm { s y } } \bullet 2 x y ^ { 2 } + f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet 4 x y + f _ { 2 1 } ^ { \prime } \bullet 2 x ^ { 2 } y \bullet y \mathrm { e } ^ { \mathrm { y } } + f _ { 2 2 } ^ { \prime \prime } \bullet x \mathrm { e } ^ { \mathrm { s y } } \bullet y \mathrm { e } ^ { \mathrm { y } } + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet ( \mathrm { e } ^ { \mathrm { x y } } + x y \mathrm { e } ^ { \mathrm { y } } ) } \\ & { \qquad = f _ { 1 1 } ^ { * } \bullet 4 x ^ { 3 } y ^ { 3 } + f _ { 2 2 } ^ { \prime \prime } \bullet x y \mathrm { e } ^ { 2 y } + f _ { 1 2 } ^ { * } \bullet 4 x ^ { 2 } y ^ { 2 } \mathrm { e } ^ { \mathrm { s y } } + f _ { 1 } ^ { \prime \prime } \bullet 4 x y + f _ { 2 } ^ { \prime \prime } \bullet ( 1 + x y ) \mathrm { e } ^ { \mathrm { s y } } . } \end{array}
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13.11解复合函数 $u = f ( x ^ { 2 } , x y , x z )$ 两边对x求导数得
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\frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet 2 x + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet \left( y + x \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } \right) + f _ { 3 } ^ { \prime } \bullet \left( z + x \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } \right) .\tag{①}
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由隐函数 $\sin x y = y$ 求 $\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x }$ .等式 $\sin x y = y$ 两边对x求导数得
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( \cos x y ) \bullet \left( y + x { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } \right) = { \frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } } ,
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解得
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\frac { \mathrm { d } y } { \mathrm { d } x } { = } \frac { y \cos x y } { 1 - x \cos x y } .\tag{②}
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由隐函数 $\mathbf { e } ^ { z } = \int _ { 0 } ^ { x z } \sin t \mathrm { d } t$ 求 $\frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x }$ .等式 $\mathbf { e } ^ { z } = \int _ { 0 } ^ { x z } \sin t \mathrm { d } t$ 两边对x求导数得
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\mathbf { e } ^ { z } \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } = ( \sin x z ) \cdot \left( z + x \frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } \right) ,
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解得
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\frac { \mathrm { d } z } { \mathrm { d } x } = \frac { z \sin { x z } } { \mathrm { e } ^ { z } - x \sin { x z } } .\tag{③}
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将②，③式代人①式，得
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\frac { \mathrm { d } u } { \mathrm { d } x } = f _ { 1 } ^ { \prime } \bullet 2 x + f _ { 2 } ^ { \prime } \bullet \left( y + x \frac { y \cos x y } { 1 - x \cos x y } \right) + f _ { 3 } ^ { \prime } \bullet \left( z + x \frac { z \sin x z } { \mathrm { e } ^ { z } - x \sin x z } \right) .
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13.12解
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f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = 2 x y ^ { 2 } + 1 + \ln x , f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) = 2 x ^ { 2 } y ~ .
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区
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\left\{ \begin{array} { l } { f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = 0 , } \\ { f _ { y } ^ { \prime } ( x , y ) = 0 , } \end{array} \right.
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解得唯一驻点 $\left( \frac { 1 } { \mathsf { e } } , 0 \right)$ .由
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f _ { x x } ^ { \prime \prime } = 2 y ^ { 2 } + \frac { 1 } { x } , f _ { x y } ^ { \prime \prime } = 4 x y , f _ { y y } ^ { \prime \prime } = 2 x ^ { 2 } ,
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得
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A = f _ { x x } ^ { n } \left( \frac { 1 } { \mathrm { e } } , 0 \right) = \mathrm { e } , B = f _ { x y } ^ { n } \left( \frac { 1 } { \mathrm { e } } , 0 \right) = 0 , C = f _ { y y } ^ { n } \left( \frac { 1 } { \mathrm { e } } , 0 \right) = \frac { 2 } { \mathrm { e } ^ { 2 } } ,
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故 $A C - B ^ { 2 } = \frac { 2 } { \mathrm { e } } > 0 , A = { \mathrm { e } } > 0$ ，可知点 $\left( \frac { 1 } { \mathsf { e } } , 0 \right)$ 为 $f ( x , y )$ 的极小值点，极小值为 $- \frac { 1 } { \mathrm { ~ \frac ~ { ~ e ~ } ~ } }$
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13.13解由 $f _ { x y } ^ { \prime \prime } ( x , y ) { = } 2 ( y + 1 ) \mathrm { e } ^ { x }$ ，得
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f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = ( y ^ { 2 } + 2 y ) { \mathrm { e } } ^ { x } + \varphi ( x ) \ .
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因为 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , 0 ) = ( x + 1 ) \mathrm { { e } } ^ { x }$ ，所以 $\varphi ( x ) = ( x + 1 ) \mathrm { e } ^ { x }$ ，从而
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f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = ( y ^ { 2 } + 2 y ) { \mathrm { e } } ^ { x } + ( x + 1 ) { \mathrm { e } } ^ { x } ,
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将上式两端对x积分得
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f ( x , y ) = ( y ^ { 2 } + 2 y ) { \mathrm { e } } ^ { x } + x { \mathrm { e } } ^ { x } + \phi ( y ) ~ .
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因为 $f ( 0 , y ) = y ^ { 2 } + 2 y$ ，所以Φ(y)=0，从而
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f ( x , y ) = ( x + y ^ { 2 } + 2 y ) \mathrm { e } ^ { x } \ : ,
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于是f(x，y)=(2y+2)e，f(x,y)=(x+y²+2y+2)e，fx(x，y)=2e，fx=f=(2y+2)e².
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区 $f _ { x } ^ { \prime } ( x , y ) = 0 , f _ { \nu } ^ { \prime } ( x , y ) = 0$ ，得驻点(0,-1)，所以
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A = f _ { x x } ^ { \pi } ( 0 , - 1 ) = 1 , B = f _ { x y } ^ { \pi } ( 0 , - 1 ) = 0 , C = f _ { y y } ^ { \pi } ( 0 , - 1 ) = 2 ,
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由于 $A C - B ^ { 2 } > 0 , \ A > 0$ ，因此函数f(x,y)的极小值为 $f ( 0 , - 1 ) = - 1$
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13.14解方法一设(x，y)为曲线上的任意一点，目标函数为距离的平方，即 $f ( x , y ) = x ^ { 2 } + y ^ { 2 }$ 构造拉格朗日函数
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F ( x , y , \lambda ) = x ^ { 2 } + y ^ { 2 } + \lambda ( x ^ { 3 } - x y + y ^ { 3 } - 1 ) ~ .
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\left( \frac { \partial F } { \partial x } = 2 x + ( 3 x ^ { 2 } - y ) \lambda = 0 , \right.\tag{①}
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\left\{ \frac { \partial F } { \partial y } = 2 y + ( 3 y ^ { 2 } - x ) \lambda = 0 , \right.\tag{②}
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\left\lfloor { \frac { \partial F } { \partial \lambda } } = x ^ { 3 } - x y + y ^ { 3 } - 1 = 0 , \right.\tag{③}
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当 $x > 0 , y > 0$ 时，由①，②式得
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{ \frac { x } { y } } = { \frac { 3 x ^ { 2 } - y } { 3 y ^ { 2 } - x } } , { \mathrm { ~ } } \mathbb { H } \ 3 x y ( y - x ) = ( x + y ) ( x - y ) \ ,
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得y=x或 $3 x y = - ( x + y )$ （由于 $x > 0 , y > 0$ ，因此舍去).
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将y=x代人③式得
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2 x ^ { 3 } - x ^ { 2 } - 1 = 0 \ , \mathbb { H } \left( x - 1 \right) \left( 2 x ^ { 2 } + x + 1 \right) = 0 \ ,
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解得x=1，从而点(1,1)为唯一可能的极值点.
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又当x=0时，y=1；当y=0时，x=1.分别计算点(1,1),(0,1)及(1,0)处的目标函数值，有
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f ( 1 , 1 ) = 2 , f ( 0 , 1 ) = f ( 1 , 0 ) = 1 ,
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故所求最长距离为 $\sqrt { 2 }$ ，最短距离为1.
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方法二由导数的几何意义知，平面曲线上任意一点 $( x _ { 0 } , y _ { 0 } )$ 的切向向量为 $( 1 , y _ { x _ { 0 } } ^ { \prime } )$
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对曲线 $x ^ { 3 } - x y + y ^ { 3 } = 1$ 两边关于x求导得 $3 x ^ { 2 } - y - x y ^ { \prime } + 3 y ^ { 2 } y ^ { \prime } = 0$ ，解得 $y ^ { \prime } = \frac { y - 3 x ^ { 2 } } { 3 y ^ { 2 } - x }$
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由最远（近）点的垂线原理知，坐标原点到曲线C距离的最值点(x，y)满足 $( x , y ) \bullet ( 1 , y _ { x } ^ { \prime } ) = 0$ ，即$x + { \frac { y - 3 x ^ { 2 } } { 3 y ^ { 2 } - x } } \bullet y = 0$ ，整理得 $( 3 x y + x + y ) ( y - x ) = 0$ ，解得y=x或 $3 x y = - ( x + y )$ （不符合题意，舍去）.
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余下步骤同方法一.
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