多元函数微分学

点集知识

点之间的距离小于 $\delta$。

内点/外点/边界点

若点 $M\in E$，且存在领域 $U(M)$，使得邻域内的点都属于 $E$，即 $U(M) \sub E$。

若点 $M\notin E$，且存在邻域 $U(M)$，使得邻域内的点都不属于 $E$。

对于任意一个邻域 $U(M)$，在此邻域中的既有内点又有外点，则称 $M$ 为 $E$ 的边界点。

开集与闭集/区域/有界性

点集 $E$ 中的点都是内点，称为开集。差集是开集，称为闭集。一个点集可以既不是开集也不是闭集。

连通的开集称为开区域，简称区域，常用 $D$ 表示。区域连同边界称为闭区域。

如何很好地定义连通是个问题，现在的定义是用折线连接，但是感觉不太好证明连通，一个曲线是不是连通的呢？

设 $E$ 是平面上的一个点集，$O$ 是平面上的原点，若 $\exists r >0$，使得 $E \sub U(O,r)$，则称 $E$ 是有界集，否则称 $E$ 是无界集。

这个定义有点类似于无界数集的定义，关键在于理解邻域。

$n$ 维点集以及两点之间的距离

多元函数的极限与连续

$f(x,y)$ 在区域 $D$ 中有定义，$M_0(x_0,y_0)$ 是 $D$ 的内点或边界点（边界点对应没有定义的点，对应一元情况相当于 $\lim_{x\to0} \sin x/x=1$），$A$ 是一个常数，若对于任意给定的正数 $\varepsilon$，总存在正数 $\delta$，使得对于一切适合不等式：

$0<\rho=|MM_0|=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta（注：邻域 U((x_0,y_0),\delta)）$

的点 $M(x,y)\in D$，都有 $|f(x,y)-A|<\varepsilon$ 成立。

则称常数 $A$ 是函数 $f(x,y)$ 当 $(x,y)\to(x_0,y_0)$ 时的极限。

表示方法

$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y)=A$

或

$\lim_{x\to x_0 \, y\to y_0} f(x,y)=A$

二重极限不等于二次极限。例如经典反例 $z=0,x=0;y,x\not=0$，$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0} z=0$，然而$\lim_{(x,y) \to (0,0)} z$ 不存在。

二重极限要求从二维的方向逼近。

极限的唯一性、有界性、保号性

结论：设函数 $f(x,y)$ 在 $\R^2$ 上关于 $x,y$ 均为连续函数，且对其中一个变量是单调的，则函数 $f(x,y)$ 在 $\R^2$ 上处处连续，从而根据连续函数有界定理，函数存在最大值和最小值。

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判断

$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \frac{xy}{x+y}$

是否存在。

考虑到 $x=0,y=\delta/2$ 时，取值为 $0$，$x\approx-y$ 时，取值可以到达无穷。因此不存在。

事实上，函数在任何一个去心邻域中都存在无穷中断点。间断曲线 $y=-x$。

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判断

$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x^2y}{2x-y}$

思路是使 $2x-y$ 为 $x^2y$ 的同阶或高阶无穷小。

\lim _{\substack{(x, y) \rightarrow(0,0) \\ y=2 x+k x^3}} \frac{x^2 y}{2 x-y}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2\left(2 x+k x^3\right)}{k x^3}=\frac{2}{k},

极限值不唯一, 故极限不存在。
(或 \lim _{\substack{(x, y) \rightarrow(0,0) \\ y=2 x+x^4}} \frac{x^2 y}{2 x-y}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^2\left(2 x+x^4\right)}{x^4}=\infty, 故极限不存在。

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\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{x^2 y^4+x^3 y^3+x^4 y^2}{x^4+y^4} \sin \left(\frac{1}{x^4+y^4}\right)

夹逼定理结合定义。可以凑出关于 $x^2+y^2$ 的函数进行说明，比较简便

$原式 \le \frac{x^2y^2|x^2+xy+y^2|}{x^4+y^4} \cdot 1\le \frac{1}{2} |x^2+xy+y^2| \le \frac{1}{2} [|xy|+(x^2+y^2)] \cdots$

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多元函数的极限同样满足加法、乘法、除法定律。

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二元函数的连续性。

连续的定义：

若：

$\lim_{x\to x_0 \, y\to y_0} f(x,y)=f(x_0,y_0)$

则称 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0(x_0,y_0)$ 处连续。

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A. 设 $f(x,y)=|x|+|y|$

B. 可以说明

C,D. 构造分段函数即可。或取 $f(x,y)=1$。

用极坐标换元来估计极限

$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=A \quad \forall \varepsilon >0,\exists \delta>0,0<r=\sqrt{x^2+y^2}<\delta\\ |f(x,y)-A|<\varepsilon$

极坐标下改写

$\lim_{r \to 0^+}f(x,y)=A \quad \forall \varepsilon >0,\exists \delta>0,0<r=\sqrt{x^2+y^2}<\delta\\ |f(r\cos\theta,r\sin\theta)-A|<\varepsilon$

如果 $\theta=\theta(r)$ 任意取，均有 $r \to 0^+$ 时，极限存在，那么二重极限就是存在的。

极坐标换元的好处是，当 $(x,y) \to (0,0)$ 的时候，$r \to 0$，但是 $\theta$ 相对取值自由。

比如说分析

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

就可以得到

$\frac{r^3(\cos ^3 \theta\sin\theta+\cos^2\theta\sin^2\theta+\cos \theta\sin^3\theta)}{\cos \theta+\sin\theta}$

因此，可以看出分子是有边界的。但是可以通过控制分母，达到无穷大或者限制在一定范围之内。

总结 二元函数的极限，做法是：

1. 平移到坐标原点，计算 $x\to0,y\to0$ 时的极限。
2. 极坐标换元。$y=kx$ 换元等等
3. 观察分母和分子的阶数。
4. 使得分母为高阶无穷小，如果它能等于 0 的话。

全增量与偏增量

设二元函数 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0(x_0,y_0)$ 的某个邻域 $U(M_0)$ 内有定义，当自变量 $x,y$ 在 $x_0,y_0$ 有增量 $\Delta x,\Delta y$ 时，相应的函数增量称为全增量，记作 $\Delta z$，即：

$\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$

记偏增量：

$\Delta_x z=f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)$

偏导数：

若

极限：

$\lim_{\Delta x\to0} \frac{\Delta_x z}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$

存在，则即偏导数 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}|_{(x_0,y_0)}$。当做一元函数处理。

偏导数的几何意义：取平面曲线 $z=f(x,y_0)$，则对应斜率。


偏导数

偏导数的定义

$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)}=z_x=f_x(x,y)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$

当 两个二阶混合偏导数在 $D$ 上连续 时，有：

\frac{\partial ^2z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2 z}{\part y\part x}

证明：

令 $\varphi=f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y)-f(x+\Delta x,y)+f(x,y)$。

令向后差分算子

$\Delta_y f(x,y)=f(x,y+\Delta y)-f(x,y)\overset{\mathrm{Lagrange}}= f_2(x,\eta) \Delta y (连续)\\ \Delta_x f(x,y)=f(x+\Delta x,y)-f(x,y)\overset{\mathrm{Lagrange}}= f_1(\xi,y)\Delta x$

$\varphi=\Delta_x\Delta_y f=\Delta_y \Delta_x f=\Delta x\Delta yf_{12}(\xi,\eta)=\Delta y \Delta x f_{21} (\alpha,\beta)$

取极限的时候，即 $\Delta x \to0,\Delta y \to0$，得到

$(\xi,\eta),(\alpha,\beta) \to(x,y)$

因此，$f_{12}(x,y),f_{21}(x,y)$ 相等。

Laplace 算子：

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

Laplace 方程：

$\Delta u=0$

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计算偏导数时，和计算一元函数导数一样，也要关注分段函数的分段点和无定义点的问题。

计算高阶偏导数，例如 $f_{xy}(x_0,y_0)$ 时，可以逐步固定参数，比如，我们可以先计算 $f_x(x_0,y)$，然后变成一元函数，直接对 $y$ 求导即可，减少了很多计算量。

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注意偏导数是多元函数。

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18. 设 $u=f(x, y, z)$ 是可微函数。若 $\frac{f_x}{x}=\frac{f_y}{y}=\frac{f_z}{z}$, 证明: $u$ 仅为 $r$ 的函数, 其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 。
    【分析】 $u=f(x, y, z)=u(r)$,
    $\Leftrightarrow$ 在球面 $S_r: x^2+y^2+z^2=r^2$ 上, $u=f(x, y, z)$ 为常数;
    $\Leftrightarrow$ 球面 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}=r$ 为 $f(x, y, z)$ 的等值面
    证 $1 f(x, y, z)$ 的等值面: $F(x, y, z)=f(x, y, z)-c=0$,
    $\nabla F(x, y, z)=\nabla f(x, y, z)=\left(f_x, f_y, f_z\right)$ (等值面满足的条件)
    球面 $S_r: g(x, y, z)=x^2+y^2+z^2-r^2=0$,
    $\nabla g=(2 x, 2 y, 2 z)$
    题目条件 $\frac{f_x}{x}=\frac{f_y}{y}=\frac{f_z}{z}$
    $\Rightarrow S_r: g(x, y, z)=x^2+y^2+z^2-r^2=0$ 是 $f$ 的等值面,
    所以 $u=f(x, y, z)=u(r)$.

计算偏导数的变量分离

9. 已知 $f(x, y)=\left(x y+x y^2\right) e^{x+y}$, 则 $\frac{\partial^{10} f}{\partial x^5 \partial y^5}=$
   解 $\frac{\partial^{10} f}{\partial x^5 \partial y^5}=\left(x e^x\right)^{(5)}\left[\left(y+y^2\right) e^y\right]^{(5)}$

$\begin{aligned} & =\left(x e^x+5 e^x\right)\left[\left(y+y^2\right)+5(1+2 y)+C_5^2 2\right] e^y \\ & =(x+5)\left(y^2+11 y+25\right) e^{x+y} \\ & =\left(x y^2+11 x y+25 x+5 y^2+55 y+125\right) e^{x+y} \end{aligned}$

已知 $z=x\ln((1+y^2)e^{x^2 \sin y})$，则 $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2 \partial x^2}=$。

得到 $z=x(\ln(1+y^2)+x^2\sin y)$，前者求两次 $x$ 导数就没有了，因此有贡献的就是

$(x^3)^{(2)}(\sin y)^{(2)}$

多元函数的可微（全微分）

多元函数可微的引入：一元函数微分的定义：

$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$

可表示为 $\Delta y=A \Delta x+o(\Delta x)$。那么称函数 $y=f(x)$ 在点 $x=x_0$ 可微，且 $\mathrm d y|_{x_0}=A\Delta x$。

对于一元函数，可微和可导等价。

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可微的定义：

如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 的全增量 $\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$ 可以表示为：

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

其中 $\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$。则 $f(x,y)$ 可微。

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可微判定的条件：

若 $f_x(x_0,y_0)$ 和 $f_y(x_0,y_0)$ 存在，且

$\lim_{(\Delta x,\Delta y) \to (x_0,y_0)} \frac{\Delta z-f_x(x _0,y_0)\Delta x-f_y(x_0,y_0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}$

存在且等于 0。可以证明，如果这个极限存在，则必定为0，否则出现矛盾。

则称函数在点 $(x_0,y_0)$ 处可微分。

当 $(x_0,y_0)=(0,0)$ 时，可以转化为

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0) x-f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}$

这道题里面，偏导数等于 $0$，$f(0,0)=0$，再用极坐标换元得到

$\lim_{r \to 0} \frac{r\sqrt{\cos\theta\sin\theta}}{r^2\cdot r} \sin r^2=\lim_{r \to 0} \sqrt{\cos\theta\sin\theta}$

不存在，因此不可微。

定理

如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微分，则函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 连续、两个偏导数都存在，而且 $f_x(x_0,y_0)=A,f_y(x_0,y_0)=B$,函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处的全微分为：

$\boxed{\mathrm d z|_{(x_0,y_0)}=f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y}$

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

注意，前提是可微分，结论是全微分的形式。但是，证明全微分不存在，我们可以假设全微分存在，然后代入 $f_x,f_y$，发现不满足全微分的定义，因此矛盾，全微分不存在。

可微分 $\Rightarrow$ 连续+偏导数存在。

为什么？

先证明连续，连续等价为差为无穷小：

$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \Delta z$

$\Delta z \le |A|\rho+|B|\rho+o(\rho)$

$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \Delta z\le \lim_{\rho \to 0}|A|\rho+|B|\rho+o(\rho)=0$

再证明偏导数存在且对应 $A,B$，由偏导数的定义：

$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{A\Delta x+B\times 0+o(\rho)}{\Delta x}=A$

$B$ 同理。

可微分的几何意义：对应一元函数可微分，函数在邻域内的值可被斜率为导数且过函数点的 直线、切直线 拟合。二元函数可微分，函数在邻域内的值可被一个过函数点的 切平面 拟合。

这样，可以构造具有褶皱的平面，作为 $f$ 函数，推出偏导数存在不一定可（全）微分，连续不一定可（全）微分。

注意，一元函数里面说连续不一定可微，但是可导和可微等价，推广到二元情况有所不同，是因为偏导数只是对 $x=x_0,y=y_0$ 进行了取样，并不能代表全部的情况。

注意到，沿任何方向方向导数存在，也不一定可微，需要满足任意关系的 $(x,y) \to (0,0)$ 满足极限存在，才可微。不能只是线性关系。沿任意方向的方向导数存在，甚至不一定连续，例子比较好举。

偏导数存在，然而不可全微分，可以将偏导数代入全微分的表达式，看看剩余的是不是 $\rho$ 的高阶无穷小。

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证明函数 $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$ 在点 $(0,0)$ 处连续，偏导数 $f_x(0,0),f_y(0,0)$ 存在，但是不可微。

直观地理解：

• 偏导数存在：用平面取截函数图像，截出来的新函数可微。
• 可微：函数在这一点处趋于一个平面。

严格地证明：

显然，$f(x,y)$ 连续，且 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，而（用极坐标代换的方法）：

$\lim_{r \to 0}\frac{r\sqrt{|\cos \theta \sin \theta|}-0-0-0}{r}=\sqrt{|\cos \theta \sin \theta|} \not=0$

因此不可微。

用变量代换的方法，设 $y=kx$，则

$\lim_{x \to 0 ,y \to 0}\frac{|x|\sqrt{k}}{|x|\sqrt{k^2+1}}$

不存在，不可微。

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若二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某邻域内连续，且满足

$\lim_{x\to0,y\to0} \frac{f(x,y)}{g(x,y)}=C$

且

$\lim_{x\to0,y\to0}\frac{g(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微。

将极限乘起来即可。注意，这样可以一环套一环。因此，如果 $g(x,y)$ 可微，而且 $\lim_{x\to0,y\to0} f(x,y)/g(x,y)=C$，则 $f(x,y)$ 可微。

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定理：若函数 $z=f(x,y)$ 的两个偏导数 $f_x(x,y),f_y(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处连续，则函数 $f(x,y)$ 在该点可微。

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但是可微不一定偏导函数连续。对应一元函数的情况：

$f(x)=x\sin \frac{1}{x} ,x\not=0;0,x=0$

在 $x=0$ 处导数存在，但是导数不连续。

在 $(0,0)$ 处连续，可微，偏导数存在，全微分存在，但是偏导函数不连续。

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$f_x,f_y$ 有界推出 $f$ 连续。

其实很多反例都可以从一元函数推出来：

• 全微分存在 $\not\Rightarrow$ 偏导函数连续：$f(x)=x\sin \frac{1}{x} ,x\not=0;0,x=0$。
• 函数连续 $\not\Rightarrow$ 全微分存在：$f(x)=|x|$。
• 偏导数存在 $\not\Rightarrow$ 全微分存在：$f(x,y)=\sqrt{|xy|}$ 这一点和一元函数不同。
• 偏导数存在 $\not\Rightarrow$ 函数连续：构造分段函数即可。
• 函数连续 $\not\Rightarrow$ 偏导数存在：$f(x)=|x|$。
• 全微分存在 $\Rightarrow$ 方向导数存在。


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全微分的应用

$f(x, y) \approx f\left(x_0, y_0\right)+f_x\left(x_0, y_0\right)\left(x-x_0\right)+f_y\left(x_0, y_0\right)\left(y-y_0\right)$

多元复合函数的偏导数

设函数 $u=\varphi(x, y), v=\psi(x, y)$ 在点 $(x, y)$ 有一阶偏导数， 函数 $z=f(u, v)$ 在对应点 $(u, v)$ 处可微，
则复合函数 $z=f[\varphi(x, y), \psi(x, y)]$ 在点 $(x, y)$ 处的偏导数存在， 且有

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

上式称为多元复合函数偏导数的链式法则。

证明：利用可微和偏导数的定义：

$\lim _{\Delta x \to 0}\frac{\Delta_x z}{\Delta x}=\frac{\partial z}{\partial x}$

令 $\Delta y=0$，则 $\Delta u=\Delta_x u,\Delta v=\Delta_x v,\rho=\sqrt{(\Delta_x u)^2+(\Delta_x v)^2}$。

得到：

$\frac{\Delta_x z}{\Delta x}=\frac{\partial z}{\partial u} \cdot \frac{\Delta_x u}{\Delta x}+\frac{\partial z}{\partial v} \cdot \frac{\Delta_x v}{\Delta x}+\frac{o(\rho)}{\Delta x}$

取 $\Delta x \to 0$ 即可。

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

思路：分析一个变量时，将其它变量看做常量

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设 $z=f\left(x^2-y^2, 2^{x y}\right)$, 其中 $f$ 有连续的偏导数， 求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 。

$z_x=f_1 \cdot 2 x+f_2 \cdot y \cdot 2^{x y} \ln 2 ; z_y=f_1 \cdot(-2 y)+f_2 \cdot x \cdot 2^{x y} \ln 2$

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设函数 $z=f(u, v), u=\varphi(x), v=\psi(x)$, 则复合函数 $z=f[\varphi(x), \psi(x)]$ 是 $x$ 的一元函数，由链式法则得,

$\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{~d} x}=\frac{\partial z}{\partial u} \cdot \frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{~d} x}+\frac{\partial z}{\partial v} \cdot \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{~d} x}=\frac{\partial z}{\partial u} \cdot \varphi^{\prime}(x)+\frac{\partial z}{\partial v} \cdot \psi^{\prime}(x)$

这个导数又称为全导数。

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设函数 $z=f(u), u=\varphi(x, y)$, 则复合函数 $z=f[\varphi(x, y)]$ 的偏导数，由链式法则得

$\frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime}(u) \cdot \frac{\partial \varphi}{\partial x} ; \frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime}(u) \cdot \frac{\partial \varphi}{\partial y}$

注意：中间变量只有一个时，函数对中间变量求导数。

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设 $x=u, y=u v$ ，用 $u, v$ 作为新的自变量， 变换方程: $\displaystyle x \cdot \frac{\partial z}{\partial x}+y \cdot \frac{\partial z}{\partial v}=z$ 。

解法一：

$\frac{\partial z}{\partial u}=\frac{\partial z}{\partial x} \cdot \frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial y} \cdot \frac{\partial y}{\partial u}=\frac{\partial z}{\partial x} \cdot 1+\frac{\partial z}{\partial y} \cdot v$

$\frac{\partial z}{\partial v}=\frac{\partial z}{\partial x} \cdot \frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial y} \cdot \frac{\partial y}{\partial v}=\frac{\partial z}{\partial x} \cdot 0+\frac{\partial z}{\partial y} \cdot u$

然后解出 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$, 再代入方程可整理得到 $u \cdot \frac{\partial z}{\partial u}=z$ 。

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设二元函数 $z=z(x, y)$ 在区域 $D$ 上可微， 利用变量代换 $u=\frac{x}{y}, v=x+y$, 证明: $z=z(x, y)$ 在区域 $D$ 上能够表示为 $z=f\left(\frac{x}{y}\right)$ 的充分必要条件是: $x \cdot \frac{\partial z}{\partial x}+y \cdot \frac{\partial z}{\partial v}=0$ 。

反向证明：需要 $\partial z/\partial v=0$。

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设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $(1,1)$ 处可微，
且 $f(1,1)=1, f_x(1,1)=2, f_y(1,1)=3$, 设 $\varphi(x)=f[x, f(x, x)]$,
求 $\displaystyle \left.\frac{\mathrm{d}\left[\varphi^2(x)\right]}{\mathrm{d} x}\right|_{x=1}$ 。
解: $\displaystyle \left.\frac{\mathrm{d}\left[\varphi^2(x)\right]}{\mathrm{d} x}\right|_{x=1}=2 \varphi(1) \cdot \varphi^{\prime}(1)$, 其中: $\varphi(1)=f[1, f(1,1)]=f(1,1)=1$,
而 $\varphi^{\prime}(x)=f_1[x, f(x, x)] \cdot 1+f_2[x, f(x, x)] \cdot\left[f_1(x, x) \cdot 1+f_2(x, x) \cdot 1\right]$,
所以 $\varphi^{\prime}(\mathbf{1})=f_1(1,1)+f_2(1,1) \cdot\left[f_1(1,1)+f_2(1,1)\right]=17$,
因此最后答案为 34 。问题: 求偏导数时的下标意义有何不同?

偏导数下标代表对第 $i$ 个变量求导。例如 $f_2[x, f(x, x)]$ 代表 $f[x, f(x, x)]$ 对 $f(x,x)$ 求导。

多元复合函数的二阶偏导数

$z_x=f_uu_x+f_vv_x;z_y=f_uu_y+f_vv_y$

$(z_x)_x=(f_{uu}u_x+f_{uv}v_x)u_x+f_uu_{xx}+(f_{vu}u_x+f_{vv}v_x)v_x+f_vv_{xx}$

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设 $z=f(x^2y,\frac{x}{y^2})$，求：$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}$。

$\frac{\partial z}{\partial x}=f_u 2xy+f_v\frac{1}{y^2}$

$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=2xf_u+2xy\left(f_{uu}x^2+f_{uv}\left(-\frac{2x^2}{y^3}\right)\right)-\frac{2}{y^2}f_v+\frac{1}{y^2}\left(f_{vu}x^2+f_{vv}\left(-\frac{2x^2}{y^3}\right)\right)$

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注：$z_{xy}(1,1)\not=(z_x(1,1))_y$。

一阶微分形式不变性（全微分）

设 $y=f(u), u=\varphi(x)$, 复合函数为 $y=f[\varphi(x)]$,
则 $\mathrm{d} y=\left[f^{\prime}(u) \cdot \varphi^{\prime}(x)\right] \mathrm{d} x=f^{\prime}(u) \cdot\left[\varphi^{\prime}(x) \mathrm{d} x\right]=f^{\prime}(u) \cdot \mathrm{d} u$ 。
即不任 $u$ 是中间变量还是自变量，都有：

$y=f(u) \Rightarrow \mathrm{d} y=f^{\prime}(u) \cdot \mathrm{d} u \text { 。 }$

这就是一元函数的一阶微分形式不变性。

变量代换形成的方程

变量代换形成的方程，其基本思路是通过特殊的变量代换，使得方程形式简化，或者和某个变量无关。

也就是说，如果 $u=f(x,y,z)$，且

$\frac{\partial u}{\partial z}=0$

则 $u=g(x,y)$。

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设定义在平面上的函数 $u(x,y)$ 不恒为0，且具有连续的二阶偏导数。

1. 证明 $(x^2+y^2)(u_{xx}+u_{yy})=r^2 \frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}$，其中 $x=r\cos \theta, y=r\sin \theta$。

   需要结合结论和推导来做。

   原式变为 $u_{xx}+u_{yy}=\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+(u_x \cos \theta+u_y \sin \theta)(1-\frac{1}{r^2})+u_{xx}\sin^2\theta+u_{yy}\cos^2\theta$

​

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常见的形式：

$x\frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}$

实际上，需要引入新的变量 $t$，可以发现

$u=f(tx,ty)\\ \frac{\partial u}{\partial t}=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$

还可以这么看：这相当于 $\nabla f \cdot (x,y)=0$，因此，$(x,y)$ 垂直于等值线的法向量，因此 $L:x=at,y=bt$ 为等值线。

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设 $f(x,y)$ 在 $\R^2$ 上可微，且 $\displaystyle \lim_{r \to +\infin} (x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y})=1$，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。证明：$f(x,y)$ 在 $\R^2$ 上存在最小值

代换 $x=r\cos \theta,y=r\sin \theta$，$u=f(x,y)=f(r\cos \theta,r\sin \theta)$。

$\lim_{r \to +\infin }\frac{\partial u}{\partial t}=1$

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18. 设函数 $z=f(x, y)$ 在全平面内可微, 且满足方程 $x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}=0$, 证明 $f(x, y)$ 恒为常数.

    $\begin{aligned} \text { 证 } & x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}=0 \Rightarrow x f_x(x, y)+y f_y(x, y)=0 \\ \Rightarrow & t x f_x(t x, t y)+t y f_y(t x, t y)=0,(t>0) \\ \Rightarrow & x f_x(t x, t y)+y f_y(t x, t y)=0,(t>0)\end{aligned}$

$\begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{d}{d t} f(t x, t y)=0,(t>0) \\ & \Rightarrow \quad f(t x, t y)=c(x, y),(t>0) \\ \end{aligned}$

令 $t \to 0^+$，得到 $c(x,y)=f(0,0)$，即

$f(tx,ty)=f(0,0),(t>0)$

取 $t=1$，得到：

$f(x,y)=f(0,0)$

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$z=f(x,y)$ 满足偏微分方程 $3 \frac{\partial z}{\partial x}-2\frac{\partial z}{\partial y}=0$。

1. 在变量替换 $u=2x+3y;v=x-y$ 下，将上述偏微分方程变形为 $z$ 关于 $u,v$ 的方程。

   $\frac{\partial z}{\partial v}=0$

2. $z=z(u,v)$ 仅仅是 $u$ 的函数。有上面公式可以推出 $z$ 与 $u$ 无关。

构造函数 $f(x,y,\sqrt{r^2-x^2-y^2})$，证明 $f$ 对 $x,y$ 的偏导都为0.

隐函数的偏导数

隐函数存在定理
设函数 $F(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某个邻域内有连续偏导数， 且 $*F\left(x_0, y_0\right)=0, *F_y\left(x_0, y_0\right) \neq 0$, 则方程 $F(x, y)=0$ 在点 $M_0$ 的邻域内 可确定唯一的函数 $y=y(x)$, 满足 *$F\left(x_0, y_0\right)=0, y_0=y\left(x_0\right)$, 且具有连续的导数 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{F_x(x, y)}{F_y(x, y)}$ 。

$\mathrm{d} y F_y(x,y)+\mathrm d xF_x(x,y)=0$

隐函数：确定函数 $y=y(x)$。

判断是否能够确定隐函数，需要满足带进去点值成立，而且不能有多个点同时满足。然后就是导数存在。

两个方程的情况

设两个函数 $F(x, y, u, v), G(x, y, u, v)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0, u_0, v_0\right)$ 的某个邻域内有连续偏导数，
且 $F\left(x_0, y_0, u_0, v_0\right)=0, G\left(x_0, y_0, u_0, v_0\right)=0$,
那么方程组 $\left\{\begin{array}{l}F(x, y, u, v)=0 \\ G(x, y, u, v)=0\end{array}\right.$ 在点 $M_0$ 的邻域内， 可确定什么样的函数呢?
确定的函数在什么条件下可求导数或偏导数呢?

这个方程组确定了两个二元函数 $u=u(x,y),v=v(x,y)$。

$\left\{\begin{array}{l}F_x+F_uu_x+F_vv_x=0 \\ G_x+G_uu_x+G_vv_x=0\end{array}\right.$

解得：

$u_x=-\frac{\begin{vmatrix}F_x & F_v\\G_x&G_v\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}F_u & F_v\\G_u&G_v\end{vmatrix}} \quad v_x=-\frac{\begin{vmatrix}F_u & F_x\\G_u&G_x\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}F_u & F_v\\G_u&G_v\end{vmatrix}}$

方法：如果是 $a_b$ 就把分母的 $a$ 换成 $b$，当做分子。

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设 $y=f(x,t)$，而 $t=t(x,y)$ 是由方程 $F(x,y,t)=0$ 确定的隐函数，求 $\mathrm d y/\mathrm d x$。

方法一：

$\mathrm d y=f_1 \cdot \mathrm d x+f_2 \cdot \mathrm d t$

而 $\mathrm d t=t_1 \cdot \mathrm d x+t_2 \cdot \mathrm d y$。

得到：

$\frac{\mathrm d y}{\mathrm d x}=\frac{f_1+f_2 t_1}{1-t_2}$

注意到 $f_1$ 和 $f_2$ 已知，因为 $f$ 给定，但是 $t_1$ 和 $t_2$ 未知，因为只是知道 $t$ 是关于 $x,y$ 的函数，因此，需要通过隐函数求偏导数求得 $t$。我们知道，$t_1=-\frac{F_1}{F_3},t_2=-\frac{F_2}{F_3}$，因此代入可得。

方法二：

直接把问题看成由两个方程确定的隐函数，

$\left\{\begin{array}{c} F(x, y, t)=0 \\ G(x, y, t)=y-f(x, t)=0 \end{array}\right.$

由计算公式得 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{1}{J} \frac{\partial(F, G)}{\partial(x, t)}$, 其中

$J=\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, t)}=\left|\begin{array}{ll} F_y & F_t \\ G_y & G_t \end{array}\right|=F_y \cdot\left(-f_t\right)-F_t \cdot 1,$

可得: $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-\frac{F_x \cdot\left(-f_t\right)-F_t \cdot\left(-f_x\right)}{F_y \cdot\left(-f_t\right)-F_t \cdot 1}$ 。

（分清自变量和因变量，对……求偏导，……就是自变量）

二阶偏导数

通常计算隐函数的二阶偏导数不用公式。而计算隐函数的一阶偏导数可直接利用公式。

多元微分学的应用

方向导数

方向导数的定义：

设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某个邻域内有定义， $\boldsymbol l$ 为非零向量，其方向余弦为 $\cos \alpha, \cos \beta$, 若极限

$\lim _{t \rightarrow 0} \frac{f\left(x_0+t \cos \alpha, y_0+t \cos \beta\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{t}$

存在，则称此极限值为函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0$ 处沿方向 $\boldsymbol l$ 的方向导数，记作: $\displaystyle \left.\frac{\partial z}{\partial \boldsymbol l}\right|_{\left(x_0, y_0\right)}$, 或 $\displaystyle \left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol l}\right|_{\left(x_0, y_0\right)}$ 。

方向导数的定义和偏导数的定义的对比。自变量只有 $t$ 一个数。和全微分的对比，全微分的变量是 $\Delta x $ 和 $\Delta y$。

交大课本上的是双向的方向导数，因此 $x,y$ 偏导是特殊的方向导数

方向余弦：平方和为 1

特殊的情况，当 $\vec{l}=\{1,0\}$ 时，对应 $x$ 方向上的增量，即

$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0\right)}$

方向导数的计算：

设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 可微，$l$ 的方向余弦为 $\cos \alpha, \cos \beta$，则函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0$ 处沿方向 $\vec{l}$ 的方向导数存在，且

$\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{\left(x_0, y_0\right)}=f_x\left(x_0, y_0\right) \cos \alpha+f_y\left(x_0, y_0\right) \cos \beta$

证明：由于函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 可微，
所以

$f\left(x_0+t \cos \alpha, y_0+t \cos \beta\right)-f\left(x_0, y_0\right)=f_x\left(x_0, y_0\right) \cdot t \cos \alpha+f_y\left(x_0, y_0\right) \cdot t \cos \beta+o(t)$

而

$\begin{aligned} &\lim _{t \rightarrow 0} \frac{f\left(x_0+t \cos \alpha, y_0+t \cos \beta\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{t}\\ =&f_x\left(x_0, y_0\right) \cos \alpha+f_y\left(x_0, y_0\right) \cos \beta \end{aligned}$

因此， $\frac{\partial z}{\left.\partial l \right|_{\left(x_0, y_0\right)}}=f_x\left(x_0, y_0\right) \cos \alpha+f_y\left(x_0, y_0\right) \cos \beta$, 证毕。

梯度

设函数 $z=f(x,y)$ 在区域 $D$ 内 可微，对于每一点 $M_0(x_0,y_0) \in D$，如果存在一个向量，其方向为函数 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0$ 处方向导数取得最大时的 方向，其模为函数 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0$ 处方向导数的最大值，则称词向量为函数 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0$ 处的梯度，记作 $\operatorname{grad} f\mid_{(x_0,y_0)}$ 或 $\operatorname{grad} f(x_0,y_0)$ 。

证明：相当于向量的点乘，当夹角为 $0$ 时有最大值，当夹角为 $\pi$ 时有最小值。

得出结论：

$\boxed{\max_\boldsymbol l \left.\frac{\partial z}{\partial \boldsymbol l}\right|_{(a,b)}\overset{\boldsymbol l=\nabla z}{=\!=\!=}|\nabla z|_{(a,b)}}$

记 $\nabla = \{\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y}\}$，则称 $\nabla$ 为向量微分算子，也称梯度算子，又称 Hamilton 算子。函数 $z=f(x,y)$ 在点 $M_0$ 处的梯度，也可以记作：

$\nabla f|_{(x_0,y_0)},\nabla f(x_0,y_0)$

推论：方向导数的最大值为 $||\nabla f(x_0,y_0)||$，最小值为 $-||\nabla f(x_0,y_0)||$。

梯度的运算性质，和微分和偏微分相同，证明关注每一维即可。

$\nabla\left(k_1 u+k_2 v\right)=k_1 \nabla u+k_2 \nabla v$ ，其中 $k_1, k_2$ 为常数；

$\begin{aligned} & \nabla(u \cdot v)=v \cdot \nabla u+u \cdot \nabla v \\ & \nabla\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{v \cdot \nabla u-u \cdot \nabla v}{v^2} \\ & \nabla f(u)=f^{\prime}(u) \nabla u ; \nabla g(u, v)=g_u \cdot \nabla u+g_v \cdot \nabla v 。 \end{aligned}$

方向导数与梯度的关系：

$\boxed{\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol{l}} \right|_{(x_0,y_0)} =\nabla f|_{(x_0,y_0)} \cdot \boldsymbol{l}^0}$

$\nabla f|_{(x_0,y_0)}$ 与等值线正交。例如，电势下降最快的方向就是电场强度的方向。


1. 连续的一阶偏导数告诉我们可微，因此，任意一点存在方向导数，而且可以通过方向导数近似。如果是闭区间，必然存在极值，利用 $\operatorname{grad} f\not=0$，可以知道，必然有一个方向导数为正或者负，沿着这个方向导数向上/下走，就可以得到一个更大/小的值。注意，告诉我们没有极值的条件还有 $\Delta f\equiv0$，因为这样 Hessian 矩阵永远负定。这里其实用到了极值判定的条件，第一点是驻点，$f_x=f_y=0$，第二点是 Hessian 矩阵正定。
2. 还是利用 $\operatorname{grad} f\not=0$，必然存在一个方向使得函数值相等。
3. $\operatorname{grad} f$ 指向下降最快的方向。

空间曲面的切线与法平面

回顾空间曲面

空间曲面的方程

$F(x,y,z)=0\quad z=f(x,y)$

空间曲线的方程：参数方程，一般方程。

$\left\{ \begin{matrix}x=x(t)\\y=y(t)\\z=z(t)\end{matrix}\right. \quad \left\{ \begin{matrix}y=y(x)\\z=z(x)\end{matrix}\right.\quad \left\{ \begin{matrix}F(x,y,z)=0\\G(x,y,z)=0\end{matrix}\right.$

柱面、旋转曲面的定义与计算。

平面、平面的点法式方程：

$(\boldsymbol P-\boldsymbol P_0)\cdot \boldsymbol n=0$

直线、直线的点向式方程：

$\frac{x-x_0}{A}=\frac{y-y_0}{B}=\frac{z-z_0}{C}$

空间曲线的切线

设 $t=t_0$ 对应于点 $M_0(x_0,y_0,z_0)$，其中 $x_0=x(t_0)$, $y_0=y(t_0)$, $z_0=z(t_0)$。

观察两点 $t=t_0$ 与 $t=t_0+\Delta t$，当 $\Delta t \to0$ 时割线逼近于切线，即：

空间曲线的切线方程：

$\boxed{\frac{x-x_0}{x'(t_0)}=\frac{y-y_0}{y'(t_0)}=\frac{z-z_0}{z'(t_0)}}$

空间曲线的法平面方程：

$x'(t_0)(x-x_0)+y'(t_0)(y-y_0)+z'(t_0)(z-z_0)=0$

若参数方程为 $y=y(x),z=z(x)$。

空间曲线的切线方程：

$\boxed{\frac{x-x_0}{1}=\frac{y-y_0}{y'(x_0)}=\frac{z-z_0}{z'(x_0)}}$

曲线在 $M_0$ 处的 法平面方程 为：

$(x-x_0)+y'(x_0)(y-y_0)+z'(x_0)(z-z_0)=0$

若由平面 $F(x,y,z)=0$ 和 $G(x,y,z)=0$ 确定，可以求出 $y'(x),z'(x)$。

则切向量

$\vec S=\left\{\begin{vmatrix}F_y & F_z\\G_y & G_z\end{vmatrix},\begin{vmatrix}F_z & F_x\\G_z & G_x\end{vmatrix},\begin{vmatrix}F_x & F_y\\G_x & G_y\end{vmatrix}\right\}$

为了计算更加简便，我们还可以使用

$\vec n_1=(F_x,F_y,F_z) \quad \vec {n}_2 =(G_x,G_y,G_z)\\ \vec S = \vec n_1 \times \vec n_2$

几何意义，满足

$\left\{ \begin{aligned} &F_x \mathrm d x+F_y \mathrm d y+F_z \mathrm d z=0\\ &G_x \mathrm d x+G_y \mathrm d y+G_z \mathrm d z=0 \end{aligned} \right.$

因此，$(\mathrm d x,\mathrm d y,\mathrm d z)$ 既垂直于 $(F_x,F_y,F_z)$ 又垂直于 $(G_x,G_y,G_z)$。

---

空间曲面切平面的法向量

对于隐函数 $F(x,y,z)=0$ 确定的平面，得到：

$F_x(x_0,y_0,z_0) x'(t_0)+F_y(x_0,y_0,z_0)y'(t_0)+F_z(x_0,y_0,z_0)z'(t_0)=0$

$\vec n=\{F_x,F_y,F_z\}$

切平面方程：

$\vec n \cdot (P-P_0)=0$

对于 $z=f(x,y)$，应该构造 $F=f(x,y)-z$。

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设曲面 $S$ 由方程 $F(x,y,z)=0$ 确定，且 $F_x^2+F_y^2+F_z^2 \not=0$，证明：$S$ 上离坐标原点最近点处的法线过坐标原点。

设最近点是 $(x_0,y_0,z_0)$，则法线可以表示为

$\frac{x-x_0}{F_x} = \frac{y-y_0}{F_y}=\frac{z-z_0}{F_z}$

坐标原点相当于证明

$\frac{x_0}{F_x}=\frac{y_0}{F_y}=\frac{z_0}{F_z}$

而设函数 $r(x,y,z)=x^2+y^2+z^2(x,y)$ 取得最小值，则对 $x,y$ 求偏导得：

$x_0+z_xz_0=0 \quad y_0+z_y z_0=0$

代入 $z_x=-\frac{F_x}{F_z},z_y=-\frac{F_y}{F_z}$ 即可推出上式。

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设 $S$ 上离坐标原点最近点为 $M_0(x_0,y_0,z_0)$，等值面 $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2=c$ 与 $S$ 在 $M_0$ 处相切，故它们的发现相同，$x^2+y^2+z^2=c$ 的法线过原点。

故 $S$ 在 $M_0(x_0,y_0,z_0)$ 处法线经过原点。

二元函数的取值

二元函数的泰勒公式

回顾一元函数的 $n$ 阶泰勒公式

$f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2 !}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n !}\left(x-x_0\right)^n+R_n$

(1)如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某个邻域内有 $n+1$ 阶导数，
则余项 $R_n=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1) !}\left(x-x_0\right)^{n+1}$, 其中 $\xi$ 介于 $x, x_0$ 之间；
(2)如果函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 有 $n$ 阶导数，则余项 $R_n=o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$,
其中 $o(\alpha)$ 是 $\alpha$ 的高阶无穷小。

函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的一阶泰勒公式

$f\left(x_0+\Delta x\right)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right) \Delta x+R_1$

其中余项 $R_1=\frac{f^{\prime \prime}\left[x_0+\theta \cdot \Delta x\right]}{2 !}(\Delta x)^2,(0<\theta<1)$ 或 $R_1=o(\Delta x)$ 。
思考: 函数 $f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的一阶泰勒公式

$f\left(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y\right)=f\left(x_0, y_0\right)+f_x\left(x_0, y_0\right) \Delta x+f_y\left(x_0, y_0\right) \Delta y+R_1$

余项 $R_1=?$

二元函数的一阶泰勒公式

设函数 $f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某个邻域内
有二阶连续偏导数，则

$f\left(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y\right)=f\left(x_0, y_0\right)+f_x\left(x_0, y_0\right) \Delta x+f_y\left(x_0, y_0\right) \Delta y+R_1$

其中余项

$R_1=\left.\frac{1}{2}\left[(\Delta x)^2 f_{x x}+2 \Delta x \Delta y f_{x y}+(\Delta y)^2 f_{y y}\right]\right|_{\left(x_0+\theta \Delta x, y_0+\theta \Delta y\right)},(0<\theta<1),$

或 $R_1=o(\rho), \rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$ 。

我们先引入运算符号或微分算子

$D=\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y} \text {, }$

则 $D f=\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right) f=\Delta x \frac{\partial f}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial f}{\partial y}$,

$D^2 f=\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right)^2 f=(\Delta x)^2 \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+2 \Delta x \Delta y \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}+(\Delta y)^2 \frac{\partial^2 f}{\partial y^2},$

二元函数的 $n$ 阶泰勒公式
以此类推:

$\begin{aligned} D^n f & =\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right)^n f= \\ & =(\Delta x)^n \frac{\partial^n f}{\partial x^n}+C_n^1(\Delta x)^{n-1} \Delta y \frac{\partial^n f}{\partial x^{n-1} \partial y}+\cdots+(\Delta y)^n \frac{\partial^n f}{\partial y^n} \end{aligned}$

其中通项为 $C_n^k(\Delta x)^{n-k}(\Delta y)^k \frac{\partial^n f}{\partial x^{n-k} \partial y^k}$ 。

二元函数取得极值的充分条件

设函数 $f(x,y)$ 在点 $M_0(x_0,y_0)$ 的某个邻域 $U(M_0)$ 内有 连续的二阶偏导数，且点 $M_0$ 是函数 $f(x,y)$ 的 驻点（$f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0$），记：

$f_{xx}(x_0,y_0)=A,f_{xy}(x_0,y_0)=B,f_{yy}(x_0,y_0)=C$

则

1. 当 $B^2-AC<0$ 时，函数 $f(x,y)$ 在点 $M_0$ 处取得极值，且
   • $A>0$ 时，$f(x_0,y_0)$ 是极小值。
   • $A<0$ 时，$f(x_0,y_0)$ 是极大值。
2. 当 $B^2-AC>0$ 时，$f(x_0,y_0)$ 不是函数 $f(x,y)$ 的极值。

证明：

$R_1= \frac{1}{2} ((\Delta x)^2 f_{xx}+2\Delta x\Delta y f_{xy} + (\Delta y)^2 f_{yy})|_{(x_0+\theta \Delta x,y_0+\theta\Delta y)}$

就要分析 $R_1$ 的符号。

当 $B^2-AC<0$ 时，$A,C$ 同号。当 $A>0$，则 $R_1 >0$；当 $A<0$，则 $R_1 <0$。

当 $B^2-AC>0$ 时，$R_1$ 的符号能正能负，所以不是极值。

当 $B^2-AC=0$ 时，无法判断。例如 $z=|xy|,z=xy$ 等等。我们需要使用特殊的代换，来分析是否为极值。

在这里使用极坐标代换，第一个得到

$z=r^2 |\sin\theta\cos\theta\,|$

显然是极小值点。

第二个得到

$z=r^2 \sin\theta\cos\theta$

显然可正可负。

---

主要利用驻点的条件。

18. 设常数 $R>0, f(x, y)$ 在区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq R^2\right\}$ 上具有连续 的二阶偏导数, 且 $f(0,0)=0, \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0, \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \neq 0$ 。证明: $\forall r: 0<r \leq R$, 圆周 $C_r=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2=r^2\right\}$ 上必存在点 $\left(x_0, y_0\right)$, 使得 $f\left(x_0, y_0\right)=0$ 。
    证 由于 $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \cdot \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}-\left(\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right)^2<0$,
    (2 分)
    故 $f(x, y)$ 在有界闭区域 $D_r=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq r^2\right\}$ 内不存在极值点, 从而也不存在最值点, 所以 $f(x, y)$ 在区域 $D_r$ 上的最值只能在边界 $C_r$ 上取到。
    (4 分)
    由于 $f(0,0)=0$ 不是最值, 故
    $M=\max _{D_r} f(x, y)>0, m=\min _{D_r} f(x, y)<0$,
    所以 $f(x, y)$ 在 $C_r$ 上取到 $M, m$,
    从而连续的一元函数 $\left.f\right|_{C_r}(x, y)$ 在 $C_r$ 上存在零点。 $\quad$ (8. 分)

• 事实上, $f(x, y)$ 在 $C_r$ 上起码存在二个零点。
• 注: $f(x, y)=x y$ (马鞍面 $z=x y$ ) 就是满足本题条件的一个函数。 $f(x, y)=x y$ 在 $C_r$ 上有 4 个零点: $(0, \pm r),( \pm r, 0)$.

分析极值，还可以使用极坐标代换，极坐标代换在原式齐次的情况下好用

例如，分析 $f(x,y)=4xy+x^2+y^2$ 是否在 $(0,0)$ 取得极值，可以代换：

$f(r\cos\theta,r\sin\theta)=r^2(1+2\sin2\theta)$

后一项可正可负，因此不取极值。

在原式显然非齐次的情况下，需要通过特殊代换使得原式齐次，为什么我们希望齐次式，是因为可以提取 $\rho^k f(\theta)$ 的形式，从而容易判断正负。

分析 $f(x,y)=x^4-3x^2y+2y^2$ 是否在 $(0,0)$ 取得极小值，继续代换：

$f(x,kx^2)=x^4(2k-1)(k-1)$

显然可正可负，因此不是极小值点。

Hessian 矩阵

如果 $F$ 的所有二阶导数都存在，则 $F$ 的 Hessian 矩阵为：

$H(F)(\boldsymbol{x}) = \left [ \begin{matrix} \frac {\partial^2F} {\partial x_1^2} & \frac {\partial^F} {\partial x_1 \partial x_2} & \cdots & \frac {\partial^F} {\partial x_1 \partial x_n} \\ \frac {\partial^2F} {\partial x_2 \partial x_1} & \frac {\partial^F} {\partial x_2^2} & \cdots & \frac {\partial^F} {\partial x_2 \partial x_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac {\partial^2F} {\partial x_n \partial x_1} & \frac {\partial^F} {\partial x_n \partial x_2} & \cdots & \frac {\partial^F} {\partial x_n^2} \end{matrix} \right] \\$

利用迭代法求解函数零点：

$\boldsymbol x_{n+1}=\boldsymbol x_n -[H(F)(\boldsymbol x_n)]^{-1}\nabla F(\boldsymbol x_n)$

当 Hessian 矩阵正定的时候，对于任意的方向向量 $v^T$，有 $v^T Hv >0$。在梯度为 $0$ 的点处，有：

$f(\boldsymbol x +\varepsilon v) \approx f(\boldsymbol x^{(0)}) + \frac{1}{2} \varepsilon ^2 v^T Hv>f(x^{(0)})$

Lagrange 乘数法

$\operatorname{minimize} f(x,y) ,s.t. g(x,y)=0$。

$f_x \cdot 1 + f_y \cdot \frac{\partial x}{\partial y}=f_x - f_y \cdot \frac{g_y}{g_x}=0$

记

$\lambda=\frac{f_x}{g_x}=\frac{f_y}{g_y}$

所以

$\left\{ \begin{matrix}f_x-\lambda g_x =0\\f_y-\lambda g_y=0\\g(x,y)=0\end{matrix}\right.$

$\operatorname{minimize} f(x,y,z) ,s.t. g(x,y,z)=0$

最大值、最小值问题

一元函数 $f(x) ,x \in [a,b]$，需要把区间极值点和端点进行比较。

求函数 $f(x,y)=2x^2+6xy+y^2$ 在闭区域 $x^2+2y^2 \le 3$ 上的最大值和最小值。

内部：$x^2+2y^2 <3$ 求无条件极值。

$\left\{ \begin{matrix}f_x=4x+6y=0\\f_y=6x+2y=0\end{matrix}\right.$

内部只有一个驻点。不用判断是极大值还是极小值。

边界：$x^2+2y^2=3$ 条件极值。

$L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda(x^2+2y^2-3)$