高等数学（第七版）同济大学总习题九（前10题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题九（前10题）

1.在“充分”“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：\begin{aligned}&1. \ 在“充分”“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：&\end{aligned}1. 在“充分”“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内：

(1)f(x,y)在点(x,y)可微分是f(x,y)在该点连续的____条件，f(x,y)在点(x,y)连续是f(x,y)在该点可微分的____条件；(2)z=f(x,y)在点(x,y)的偏导数∂z∂x及∂z∂y存在是f(x,y)在该点可微分的____条件，z=f(x,y)在点(x,y)可微分是函数在该点的偏导数∂z∂x及∂z∂y存在的____条件；(3)z=f(x,y)的偏导数∂z∂x及∂z∂y在点(x,y)存在且连续是f(x,y)在该点可微分的____条件；(4)函数z=f(x,y)的两个二阶混合偏导数∂2z∂x∂y及∂2z∂y∂x在区域D内连续是这两个二阶混合偏导数在D内相等的____条件.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ f(x, \ y)在点(x, \ y)可微分是f(x, \ y)在该点连续的\_\_\_\_条件，f(x, \ y)在点(x, \ y)连续是f(x, \ y)在该点\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 可微分的\_\_\_\_条件；\\\\ &\ \ (2)\ \ z=f(x, \ y)在点(x, \ y)的偏导数\frac{\partial z}{\partial x}及\frac{\partial z}{\partial y}存在是f(x, \ y)在该点可微分的\_\_\_\_条件，z=f(x, \ y)在\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 点(x, \ y)可微分是函数在该点的偏导数\frac{\partial z}{\partial x}及\frac{\partial z}{\partial y}存在的\_\_\_\_条件；\\\\ &\ \ (3)\ \ z=f(x, \ y)的偏导数\frac{\partial z}{\partial x}及\frac{\partial z}{\partial y}在点(x, \ y)存在且连续是f(x, \ y)在该点可微分的\_\_\_\_条件；\\\\ &\ \ (4)\ \ 函数z=f(x, \ y)的两个二阶混合偏导数\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}及\frac{\partial^2 z}{\partial y\partial x}在区域D内连续是这两个二阶混合偏导数\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在D内相等的\_\_\_\_条件. & \end{aligned} (1) f(x, y)在点(x, y)可微分是f(x, y)在该点连续的____条件，f(x, y)在点(x, y)连续是f(x, y)在该点可微分的____条件； (2) z=f(x, y)在点(x, y)的偏导数∂x∂z及∂y∂z存在是f(x, y)在该点可微分的____条件，z=f(x, y)在点(x, y)可微分是函数在该点的偏导数∂x∂z及∂y∂z存在的____条件； (3) z=f(x, y)的偏导数∂x∂z及∂y∂z在点(x, y)存在且连续是f(x, y)在该点可微分的____条件； (4) 函数z=f(x, y)的两个二阶混合偏导数∂x∂y∂2z及∂y∂x∂2z在区域D内连续是这两个二阶混合偏导数在D内相等的____条件.

解：

(1)充分，必要(2)必要，充分(3)充分(4)充分.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 充分，必要\\\\ &\ \ (2)\ 必要，充分\\\\ &\ \ (3)\ 充分\\\\ &\ \ (4)\ 充分. & \end{aligned} (1) 充分，必要 (2) 必要，充分 (3) 充分 (4) 充分.

2.下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：\begin{aligned}&2. \ 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：&\end{aligned}2. 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

设函数f(x,y)在点(0,0)的某领域内有定义，且fx(0,0)=3，fy(0,0)=−1，则有()：(A)dz∣(0,0)=3dx−dy(B)曲面z=f(x,y)在点(0,0,f(0,0))的一个法向量为(3,−1,1)(C)曲线{z=f(x,y)，y=0在点(0,0,f(0,0))的一个切向量为(1,0,3)(D)曲线{z=f(x,y)，y=0在点(0,0,f(0,0))的一个切向量为(3,0,1)\begin{aligned} &\ \ 设函数f(x, \ y)在点(0, \ 0)的某领域内有定义，且f_x(0, \ 0)=3，f_y(0, \ 0)=-1，则有(\ \ \ \ )：\\\\ &\ \ (A)\ \ dz|_{(0, \ 0)}=3dx-dy\\\\ &\ \ (B)\ \ 曲面z=f(x, \ y)在点(0, \ 0, \ f(0, \ 0))的一个法向量为(3, \ -1, \ 1)\\\\ &\ \ (C)\ \ 曲线\begin{cases}z=f(x, \ y)，\\\\y=0\end{cases}在点(0, \ 0, \ f(0, \ 0))的一个切向量为(1, \ 0, \ 3)\\\\ &\ \ (D)\ \ 曲线\begin{cases}z=f(x, \ y)，\\\\y=0\end{cases}在点(0, \ 0, \ f(0, \ 0))的一个切向量为(3, \ 0, \ 1) & \end{aligned} 设函数f(x, y)在点(0, 0)的某领域内有定义，且fx(0, 0)=3，fy(0, 0)=−1，则有( )： (A) dz∣(0, 0)=3dx−dy (B) 曲面z=f(x, y)在点(0, 0, f(0, 0))的一个法向量为(3, −1, 1) (C) 曲线⎩⎨⎧z=f(x, y)，y=0在点(0, 0, f(0, 0))的一个切向量为(1, 0, 3) (D) 曲线⎩⎨⎧z=f(x, y)，y=0在点(0, 0, f(0, 0))的一个切向量为(3, 0, 1)

解：

函数偏导数存在不一定可微分，从而不能保证曲面存在切平面，所以A、B不对，取x为参数，曲线x=x，y=0，z=f(x,0)在点(0,0,f(0,0))处的一个切向量为(1,0,3)，选C.\begin{aligned} &\ \ 函数偏导数存在不一定可微分，从而不能保证曲面存在切平面，所以A、B不对，\\\\ &\ \ 取x为参数，曲线x=x，y=0，z=f(x, \ 0)在点(0, \ 0, \ f(0, \ 0))处的一个切向量为(1, \ 0, \ 3)，选C. & \end{aligned} 函数偏导数存在不一定可微分，从而不能保证曲面存在切平面，所以A、B不对，取x为参数，曲线x=x，y=0，z=f(x, 0)在点(0, 0, f(0, 0))处的一个切向量为(1, 0, 3)，选C.

3.求函数f(x,y)=4x−y2ln(1−x2−y2)的定义域，并求lim⁡(x,y)→(12,0)f(x,y).\begin{aligned}&3. \ 求函数f(x, \ y)=\frac{\sqrt{4x-y^2}}{ln(1-x^2-y^2)}的定义域，并求\lim_{(x, \ y)\rightarrow(\frac{1}{2}, \ 0)}f(x, \ y).&\end{aligned}3. 求函数f(x, y)=ln(1−x2−y2)4x−y2的定义域，并求(x, y)→(21, 0)limf(x, y).

解：

函数的定义域为D={(x,y)∣0<x2+y2<1,y2≤4x}，因为点(12,0)∈D，f(x,y)为初等函数，所以lim⁡(x,y)→(12,0)f(x,y)=f(12,0)=2ln34=2ln3−ln4.\begin{aligned} &\ \ 函数的定义域为D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \lt x^2+y^2 \lt 1, \ y^2 \le 4x\}，因为点\left(\frac{1}{2}, \ 0\right) \in D，f(x, \ y)为初等函数，\\\\ &\ \ 所以\lim_{(x, \ y)\rightarrow(\frac{1}{2}, \ 0)}f(x, \ y)=f\left(\frac{1}{2}, \ 0\right)=\frac{\sqrt{2}}{ln\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{ln\ 3-ln\ 4}. & \end{aligned} 函数的定义域为D={(x, y) ∣ 0<x2+y2<1, y2≤4x}，因为点(21, 0)∈D，f(x, y)为初等函数，所以(x, y)→(21, 0)limf(x, y)=f(21, 0)=ln432=ln 3−ln 42.

4.证明极限lim⁡(x,y)→(0,0)xy2x2+y4不存在.\begin{aligned}&4. \ 证明极限\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)}\frac{xy^2}{x^2+y^4}不存在.&\end{aligned}4. 证明极限(x, y)→(0, 0)limx2+y4xy2不存在.

解：

取两条趋于(0,0)的路径，c1:x=0，c2:y2=x，lim⁡(x,y)→(0,0)(x,y)→c1f(x,y)=lim⁡(x,y)→(0,0)x=0xy2x2+y4=0，lim⁡(x,y)→(0,0)(x,y)→c2f(x,y)=lim⁡(x,y)→(0,0)y2=xxy2x2+y4=lim⁡x→0x2x2+x2=12，因为(x,y)分别沿c1，c2趋于(0,0)时f(x,y)的极限不相等，所以lim⁡(x,y)→(0,0)xy2x2+y4不存在.\begin{aligned} &\ \ 取两条趋于(0, \ 0)的路径，c_1:\ x=0，c_2:\ y^2=x，\\\\ &\ \ \lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)\atop (x, \ y)\rightarrow c_1}f(x, \ y)=\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)\atop x=0}\frac{xy^2}{x^2+y^4}=0，\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)\atop (x, \ y)\rightarrow c_2}f(x, \ y)=\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)\atop y^2=x}\frac{xy^2}{x^2+y^4}=\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x^2}{x^2+x^2}=\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ 因为(x, \ y)分别沿c_1，c_2趋于(0, \ 0)时f(x, \ y)的极限不相等，所以\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)}\frac{xy^2}{x^2+y^4}不存在. & \end{aligned} 取两条趋于(0, 0)的路径，c1: x=0，c2: y2=x， (x, y)→c1(x, y)→(0, 0)limf(x, y)=x=0(x, y)→(0, 0)limx2+y4xy2=0，(x, y)→c2(x, y)→(0, 0)limf(x, y)=y2=x(x, y)→(0, 0)limx2+y4xy2=x→0limx2+x2x2=21，因为(x, y)分别沿c1，c2趋于(0, 0)时f(x, y)的极限不相等，所以(x, y)→(0, 0)limx2+y4xy2不存在.

5.设f(x,y)={x2yx2+y2，x2+y2≠0，0，x2+y2=0.，求fx(x,y)及fy(x,y).\begin{aligned}&5. \ 设f(x, \ y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2}，x^2+y^2\neq 0，\\\\0，x^2+y^2=0.\end{cases}，求f_x(x, \ y)及f_y(x, \ y).&\end{aligned}5. 设f(x, y)=⎩⎨⎧x2+y2x2y，x2+y2=0，0，x2+y2=0.，求fx(x, y)及fy(x, y).

解：

当x2+y2≠0时，fx(x,y)=∂∂x(x2yx2+y2)=2xy(x2+y2)−x2y⋅2x(x2+y2)2=2xy3(x2+y2)2，fy(x,y)=∂∂y(x2yx2+y2)=x2(x2+y2)−x2y⋅2y(x2+y2)2=x2(x2−y2)(x2+y2)2，当x2+y2=0时，fx(0,0)=lim⁡Δx→0f(0+Δx,0)−f(0,0)Δx=lim⁡Δx→00Δx=0，fy(0,0)=lim⁡Δy→0f(0+Δy,0)−f(0,0)Δy=lim⁡Δy→00Δy=0，所以，fx(x,y)={2xy3(x2+y2)2，x2+y2≠0，0，x2+y2=0.，fy(x,y)={x2(x2−y2)(x2+y2)2，x2+y2≠0，0，x2+y2=0.\begin{aligned} &\ \ 当x^2+y^2 \neq 0时，\\\\ &\ \ f_x(x, \ y)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x^2y}{x^2+y^2}\right)=\frac{2xy(x^2+y^2)-x^2y\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2}=\frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}，\\\\ &\ \ f_y(x, \ y)=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{x^2y}{x^2+y^2}\right)=\frac{x^2(x^2+y^2)-x^2y\cdot 2y}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}，\\\\ &\ \ 当x^2+y^2=0时，\\\\ &\ \ f_x(0, \ 0)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(0+\Delta x, \ 0)-f(0, \ 0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{0}{\Delta x}=0，\\\\ &\ \ f_y(0, \ 0)=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{f(0+\Delta y, \ 0)-f(0, \ 0)}{\Delta y}=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{0}{\Delta y}=0，\\\\ &\ \ 所以，f_x(x, \ y)=\begin{cases}\frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}，x^2+y^2\neq 0，\\\\0，x^2+y^2=0.\end{cases}，f_y(x, \ y)=\begin{cases}\frac{x^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}，x^2+y^2\neq 0，\\\\0，x^2+y^2=0.\end{cases} & \end{aligned} 当x2+y2=0时， fx(x, y)=∂x∂(x2+y2x2y)=(x2+y2)22xy(x2+y2)−x2y⋅2x=(x2+y2)22xy3， fy(x, y)=∂y∂(x2+y2x2y)=(x2+y2)2x2(x2+y2)−x2y⋅2y=(x2+y2)2x2(x2−y2)，当x2+y2=0时， fx(0, 0)=Δx→0limΔxf(0+Δx, 0)−f(0, 0)=Δx→0limΔx0=0， fy(0, 0)=Δy→0limΔyf(0+Δy, 0)−f(0, 0)=Δy→0limΔy0=0，所以，fx(x, y)=⎩⎨⎧(x2+y2)22xy3，x2+y2=0，0，x2+y2=0.，fy(x, y)=⎩⎨⎧(x2+y2)2x2(x2−y2)，x2+y2=0，0，x2+y2=0.

6.求下列函数的一阶和二阶偏导数:\begin{aligned}&6. \ 求下列函数的一阶和二阶偏导数:&\end{aligned}6. 求下列函数的一阶和二阶偏导数:

(1)z=ln(x+y2)； (2)z=xy.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ z=ln(x+y^2)；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ z=x^y. & \end{aligned} (1) z=ln(x+y2)； (2) z=xy.

解：

(1)∂z∂x=1x+y2，∂2z∂x2=−1(x+y2)2，∂z∂y=2yx+y2，∂2z∂y2=2(x+y2)−4y2(x+y2)2=2(x−y2)(x+y2)2，∂2z∂x∂y=∂∂y(1x+y2)=−2y(x+y2)2.(2)∂z∂x=yxy−1，∂2z∂x2=y(y−1)xy−2，∂z∂y=xylnx，∂2z∂y2=xyln2x，∂2z∂x∂y=∂∂y(yxy−1)=xy−1+y⋅xy−1lnx.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{x+y^2}，\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=-\frac{1}{(x+y^2)^2}，\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2y}{x+y^2}，\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=\frac{2(x+y^2)-4y^2}{(x+y^2)^2}=\frac{2(x-y^2)}{(x+y^2)^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{x+y^2}\right)=-\frac{2y}{(x+y^2)^2}.\\\\ &\ \ (2)\ \frac{\partial z}{\partial x}=yx^{y-1}，\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=y(y-1)x^{y-2}，\frac{\partial z}{\partial y}=x^yln\ x，\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=x^yln^2\ x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(yx^{y-1})=x^{y-1}+y\cdot x^{y-1}ln\ x. & \end{aligned} (1) ∂x∂z=x+y21，∂x2∂2z=−(x+y2)21，∂y∂z=x+y22y，∂y2∂2z=(x+y2)22(x+y2)−4y2=(x+y2)22(x−y2)， ∂x∂y∂2z=∂y∂(x+y21)=−(x+y2)22y. (2) ∂x∂z=yxy−1，∂x2∂2z=y(y−1)xy−2，∂y∂z=xyln x，∂y2∂2z=xyln2 x， ∂x∂y∂2z=∂y∂(yxy−1)=xy−1+y⋅xy−1ln x.

7.求函数z=xyx2−y2当x=2，y=1，Δx=0.01，Δy=0.03时的全增量和全微分.\begin{aligned}&7. \ 求函数z=\frac{xy}{x^2-y^2}当x=2，y=1，\Delta x=0.01，\Delta y=0.03时的全增量和全微分.&\end{aligned}7. 求函数z=x2−y2xy当x=2，y=1，Δx=0.01，Δy=0.03时的全增量和全微分.

解：

Δz=2.01⋅1.032.012−1.032−23=0.03，因∂z∂x=−(y3+x2y)(x2−y2)2，∂z∂y=x3+xy2(x2−y2)2，∂z∂x∣(2,1)=−59，∂z∂y∣(2,1)=109，所以dz∣x=2,Δx=0.01y=1,Δy=0.03=∂z∂x∣(2,1)⋅Δx+∂z∂y∣(2,1)⋅Δy=0.03.\begin{aligned} &\ \ \Delta z=\frac{2.01\cdot 1.03}{2.01^2-1.03^2}-\frac{2}{3}=0.03，因\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-(y^3+x^2y)}{(x^2-y^2)^2}，\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{x^3+xy^2}{(x^2-y^2)^2}，\frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(2, \ 1)}=-\frac{5}{9}，\frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(2, \ 1)}=\frac{10}{9}，\\\\ &\ \ 所以dz\bigg|_{x=2,\ \Delta x=0.01\atop y=1,\ \Delta y=0.03}=\frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(2, \ 1)}\cdot \Delta x+\frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(2, \ 1)}\cdot \Delta y=0.03. & \end{aligned} Δz=2.012−1.0322.01⋅1.03−32=0.03，因∂x∂z=(x2−y2)2−(y3+x2y)，∂y∂z=(x2−y2)2x3+xy2，∂x∂z∣∣(2, 1)=−95，∂y∂z∣∣(2, 1)=910，所以dz∣∣y=1, Δy=0.03x=2, Δx=0.01=∂x∂z∣∣(2, 1)⋅Δx+∂y∂z∣∣(2, 1)⋅Δy=0.03.

8.设f(x,y)={x2y2(x2+y2)32，x2+y2≠0，0，x2+y2=0.证明:f(x,y)在点(0,0)处连续且偏导数存在，但不可微分.\begin{aligned}&8. \ 设f(x, \ y)=\begin{cases}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}，x^2+y^2 \neq 0，\\\\0，x^2+y^2=0.\end{cases}证明:f(x, \ y)在点(0, \ 0)处连续且偏导数存在，但不可微分.&\end{aligned}8. 设f(x, y)=⎩⎨⎧(x2+y2)23x2y2，x2+y2=0，0，x2+y2=0.证明:f(x, y)在点(0, 0)处连续且偏导数存在，但不可微分.

解：

因为0≤x2y2(x2+y2)32≤(x2+y2)2(x2+y2)32=x2+y2，lim⁡(x,y)→(0,0)x2+y2=0，所以lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=0，又因f(0,0)=0，所以lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=f(0,0)，即f(x,y)在点(0,0)处连续，fx(0,0)=lim⁡Δx→0f(0+Δx,0)−f(0,0)Δx=lim⁡Δx→00Δx=0，fy(0,0)=lim⁡Δy→0f(0+Δy,0)−f(0,0)Δy=lim⁡Δy→00Δy=0，Δz−[fx(0,0)Δx+fy(0,0)Δy]=(Δx)2⋅(Δy)2[(Δx)2+(Δy)2]32，lim⁡Δx→0Δy=Δx(Δx)2⋅(Δy)2[(Δx)2+(Δy)2]32ρ=lim⁡Δx→0(Δx)4[2(Δx)2]2=14≠0，其中ρ=(Δx)2+(Δy)2，所以f(x,y)在点(0,0)处偏导数存在，但不可微分.\begin{aligned} &\ \ 因为0 \le \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}} \le \frac{(x^2+y^2)^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}=\sqrt{x^2+y^2}，\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)}\sqrt{x^2+y^2}=0，所以\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)}f(x, \ y)=0，\\\\ &\ \ 又因f(0, \ 0)=0，所以\lim_{(x, \ y)\rightarrow(0, \ 0)}f(x, \ y)=f(0, \ 0)，即f(x, \ y)在点(0, \ 0)处连续，\\\\ &\ \ f_x(0, \ 0)=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{f(0+\Delta x, \ 0)-f(0, \ 0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{0}{\Delta x}=0，\\\\ &\ \ f_y(0, \ 0)=\lim_{\Delta y \rightarrow 0}\frac{f(0+\Delta y, \ 0)-f(0, \ 0)}{\Delta y}=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{0}{\Delta y}=0，\\\\ &\ \ \Delta z-[f_x(0, \ 0)\Delta x+f_y(0, \ 0)\Delta y]=\frac{(\Delta x)^2\cdot (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2]^{\frac{3}{2}}}，\\\\ &\ \ \lim_{\Delta x\rightarrow 0\atop \Delta y=\Delta x}\frac{\frac{(\Delta x)^2\cdot (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2]^{\frac{3}{2}}}}{\rho}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{(\Delta x)^4}{[2(\Delta x)^2]^2}=\frac{1}{4}\neq 0，其中\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}，\\\\ &\ \ 所以f(x, \ y)在点(0, \ 0)处偏导数存在，但不可微分. & \end{aligned} 因为0≤(x2+y2)23x2y2≤(x2+y2)23(x2+y2)2=x2+y2，(x, y)→(0, 0)limx2+y2=0，所以(x, y)→(0, 0)limf(x, y)=0，又因f(0, 0)=0，所以(x, y)→(0, 0)limf(x, y)=f(0, 0)，即f(x, y)在点(0, 0)处连续， fx(0, 0)=Δx→0limΔxf(0+Δx, 0)−f(0, 0)=Δx→0limΔx0=0， fy(0, 0)=Δy→0limΔyf(0+Δy, 0)−f(0, 0)=Δy→0limΔy0=0， Δz−[fx(0, 0)Δx+fy(0, 0)Δy]=[(Δx)2+(Δy)2]23(Δx)2⋅(Δy)2， Δy=ΔxΔx→0limρ[(Δx)2+(Δy)2]23(Δx)2⋅(Δy)2=Δx→0lim[2(Δx)2]2(Δx)4=41=0，其中ρ=(Δx)2+(Δy)2，所以f(x, y)在点(0, 0)处偏导数存在，但不可微分.

9.设u=xy，而x=φ(t)，y=ψ(t)都是可微函数，求dudt.\begin{aligned}&9. \ 设u=x^y，而x=\varphi(t)，y=\psi(t)都是可微函数，求\frac{du}{dt}.&\end{aligned}9. 设u=xy，而x=φ(t)，y=ψ(t)都是可微函数，求dtdu.

解：

dudt=∂u∂xdxdt+∂u∂ydydt=yxy−1⋅φ′(t)+xylnx⋅ψ′(t).\begin{aligned} &\ \ \frac{du}{dt}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{dy}{dt}=yx^{y-1}\cdot \varphi'(t)+x^yln\ x\cdot \psi'(t). & \end{aligned} dtdu=∂x∂udtdx+∂y∂udtdy=yxy−1⋅φ′(t)+xyln x⋅ψ′(t).

10.设z=f(u,v,w)具有连续偏导数，而u=η−ζ，v=ζ−ξ，w=ξ−η，求∂z∂ξ，∂z∂η，∂z∂ζ.\begin{aligned}&10. \ 设z=f(u, \ v, \ w)具有连续偏导数，而u=\eta-\zeta，v=\zeta-\xi，w=\xi-\eta，求\frac{\partial z}{\partial \xi}，\frac{\partial z}{\partial \eta}，\frac{\partial z}{\partial \zeta}.&\end{aligned}10. 设z=f(u, v, w)具有连续偏导数，而u=η−ζ，v=ζ−ξ，w=ξ−η，求∂ξ∂z，∂η∂z，∂ζ∂z.

解：

∂z∂ξ=∂z∂u⋅∂u∂ξ+∂z∂v⋅∂v∂ξ+∂z∂w⋅∂w∂ξ=−∂z∂v+∂z∂w，∂z∂η=∂z∂u⋅∂u∂η+∂z∂v⋅∂v∂η+∂z∂w⋅∂w∂η=∂z∂u−∂z∂w，∂z∂ζ=∂z∂u⋅∂u∂ζ+∂z∂v⋅∂v∂ζ+∂z∂w⋅∂w∂ζ=−∂z∂u+∂z∂v.\begin{aligned} &\ \ \frac{\partial z}{\partial \xi}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial \xi}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial \xi}+\frac{\partial z}{\partial w}\cdot \frac{\partial w}{\partial \xi}=-\frac{\partial z}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial w}，\\\\ &\ \ \frac{\partial z}{\partial \eta}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial \eta}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial \eta}+\frac{\partial z}{\partial w}\cdot \frac{\partial w}{\partial \eta}=\frac{\partial z}{\partial u}-\frac{\partial z}{\partial w}，\\\\ &\ \ \frac{\partial z}{\partial \zeta}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\partial u}{\partial \zeta}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot \frac{\partial v}{\partial \zeta}+\frac{\partial z}{\partial w}\cdot \frac{\partial w}{\partial \zeta}=-\frac{\partial z}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial v}. & \end{aligned} ∂ξ∂z=∂u∂z⋅∂ξ∂u+∂v∂z⋅∂ξ∂v+∂w∂z⋅∂ξ∂w=−∂v∂z+∂w∂z， ∂η∂z=∂u∂z⋅∂η∂u+∂v∂z⋅∂η∂v+∂w∂z⋅∂η∂w=∂u∂z−∂w∂z， ∂ζ∂z=∂u∂z⋅∂ζ∂u+∂v∂z⋅∂ζ∂v+∂w∂z⋅∂ζ∂w=−∂u∂z+∂v∂z.