高等数学张宇18讲 第十讲 多元函数微分学
目录
- 例题十
- 例10.3 设z=f(x,y)={(x2+y2)sin1x2+y2,x2+y2≠0,0,x2+y2=0,z=f(x,y)=\begin{cases}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0,\\0,&x^2+y^2=0,\end{cases}z=f(x,y)=⎩⎪⎨⎪⎧(x2+y2)sinx2+y21,0,x2+y2=0,x2+y2=0,则下列四个结论中，
（1）f(x,y)f(x,y)f(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处连续；
（2）fx′(0,0),fy′(0,0)f'_x(0,0),f'_y(0,0)fx′(0,0),fy′(0,0)存在；
（3）fx′(x,y),fy′(x,y)f'_x(x,y),f'_y(x,y)fx′(x,y),fy′(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处连续；
（4）f(x,y)f(x,y)f(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处可微。
正确的结论的个数为
(A)1;(A)1;(A)1;
(B)2;(B)2;(B)2;
(C)3;(C)3;(C)3;
(D)4.(D)4.(D)4. - 例10.16 求函数f(x,y)=x4+y4−(x+y)2f(x,y)=x^4+y^4-(x+y)^2f(x,y)=x4+y4−(x+y)2的极值。
- 例10.19 设x,yx,yx,y为任意正数，nnn为正整数，求证xn+yn2⩾(x+y2)n\cfrac{x^n+y^n}{2}\geqslant\left(\cfrac{x+y}{2}\right)^n2xn+yn⩾(2x+y)n。
- 例10.3 设z=f(x,y)={(x2+y2)sin1x2+y2,x2+y2≠0,0,x2+y2=0,z=f(x,y)=\begin{cases}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0,\\0,&x^2+y^2=0,\end{cases}z=f(x,y)=⎩⎪⎨⎪⎧(x2+y2)sinx2+y21,0,x2+y2=0,x2+y2=0,则下列四个结论中，
- 新版例题十三
- 例13.2
- 例13.4
- 例13.6
- 例13.8
- 例13.17
- 例13.18
- 新版习题十三
- 13.17
- 写在最后
例题十
例10.3 设z=f(x,y)={(x2+y2)sin1x2+y2,x2+y2≠0,0,x2+y2=0,z=f(x,y)=\begin{cases}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\ne0,\\0,&x^2+y^2=0,\end{cases}z=f(x,y)=⎩⎪⎨⎪⎧(x2+y2)sinx2+y21,0,x2+y2=0,x2+y2=0,则下列四个结论中，
（1）f(x,y)f(x,y)f(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处连续；
（2）fx′(0,0),fy′(0,0)f'_x(0,0),f'_y(0,0)fx′(0,0),fy′(0,0)存在；
（3）fx′(x,y),fy′(x,y)f'_x(x,y),f'_y(x,y)fx′(x,y),fy′(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处连续；
（4）f(x,y)f(x,y)f(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处可微。
正确的结论的个数为
(A)1;(A)1;(A)1;
(B)2;(B)2;(B)2;
(C)3;(C)3;(C)3;
(D)4.(D)4.(D)4.
解 对于结论（3），当(x,y)≠(0,0)(x,y)\ne(0,0)(x,y)=(0,0)时，用公式法求，
fx′(x,y)=2xsin1x2+y2+(x2+y2)cos1x2+y2⋅[−12⋅2x(x2+y2)3]=2xsin1x2+y2−xx2+y2cos1x2+y2.\begin{aligned} f'_x(x,y)&=2x\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}+(x^2+y^2)\cos\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\cdot\left[-\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{2x}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}\right]\\ &=2x\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\cfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}. \end{aligned} fx′(x,y)=2xsinx2+y21+(x2+y2)cosx2+y21⋅[−21⋅(x2+y2)32x]=2xsinx2+y21−x2+y2xcosx2+y21.
因为当(x,y)≠(0,0)(x,y)\ne(0,0)(x,y)=(0,0)时，2xsin1x2+y2→0,xx2+y2cos1x2+y22x\sin\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\to0,\cfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\cfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}2xsinx2+y21→0,x2+y2xcosx2+y21不存在，故lim(x,y)→0fx′(x,y)\lim\limits_{(x,y)\to0}f'_x(x,y)(x,y)→0limfx′(x,y)不存在，所以，fx′(x,y)f'_x(x,y)fx′(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处不连续。同理，fy′(x,y)f'_y(x,y)fy′(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处也不连续，所以结论（3）不成立。
对于结论（4），
Δz=f(0+Δx,0+Δy)−f(0,0)=[(Δx)2+(Δy)2]⋅sin1(Δx)2+(Δy)2=ρ2sin1ρ,limΔx→0,Δy→0Δz−fx′(0,0)Δx−fy′(0,0)Δy(Δx)2+(Δy)2=limρ→0ρ2sin1ρρ=limρ→0ρsin1ρ=0,\Delta z=f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)=[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2]\cdot\sin\cfrac{1}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=\rho^2\sin\cfrac{1}{\rho},\\ \lim\limits_{\Delta x\to0,\Delta y\to0}\cfrac{\Delta z-f'_x(0,0)\Delta x-f'_y(0,0)\Delta y}{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}=\lim\limits_{\rho\to0}\cfrac{\rho^2\sin\cfrac{1}{\rho}}{\rho}=\lim\limits_{\rho\to0}\rho\sin\cfrac{1}{\rho}=0, Δz=f(0+Δx,0+Δy)−f(0,0)=[(Δx)2+(Δy)2]⋅sin(Δx)2+(Δy)21=ρ2sinρ1,Δx→0,Δy→0lim(Δx)2+(Δy)2Δz−fx′(0,0)Δx−fy′(0,0)Δy=ρ→0limρρ2sinρ1=ρ→0limρsinρ1=0,
其中ρ=(Δx)2+(Δy)2\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}ρ=(Δx)2+(Δy)2。故f(x,y)f(x,y)f(x,y)在(0,0)(0,0)(0,0)处可微，所以结论（4）成立。
故应选(C)(C)(C)。（这道题主要利用了可微和偏导连续的判定求解）
例10.16 求函数f(x,y)=x4+y4−(x+y)2f(x,y)=x^4+y^4-(x+y)^2f(x,y)=x4+y4−(x+y)2的极值。
解
{fx′=4x2−2(x+y)=0,fy′=4y2−2(x+y)=0;⇒{x=−1,y=−1;{x=0,y=0;{x=1,y=1;\begin{cases} f'_x=4x^2-2(x+y)=0,\\ f'_y=4y^2-2(x+y)=0; \end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-1,\\y=-1;\end{cases}\begin{cases}x=0,\\y=0;\end{cases}\begin{cases}x=1,\\y=1;\end{cases} {fx′=4x2−2(x+y)=0,fy′=4y2−2(x+y)=0;⇒{x=−1,y=−1;{x=0,y=0;{x=1,y=1;
即得驻点P1(−1,−1),P2(0,0),P3(1,1)P_1(-1,-1),P_2(0,0),P_3(1,1)P1(−1,−1),P2(0,0),P3(1,1)。又
A=fxx′′=12x2−2,B=fxy′′=−2,C=fyy′′=12y2−2;A=f''_{xx}=12x^2-2,\quad B=f''_{xy}=-2,\quad C=f''_{yy}=12y^2-2; A=fxx′′=12x2−2,B=fxy′′=−2,C=fyy′′=12y2−2;
B2−AC∣P1=(−2)2−10⋅10=−96<0B^2-AC|_{P_1}=(-2)^2-10\cdot10=-96<0B2−AC∣P1=(−2)2−10⋅10=−96<0，且A∣P1>0A|_{P_1}>0A∣P1>0，故f(−1,−1)=−2f(-1,-1)=-2f(−1,−1)=−2是极小值。
B2−AC∣P2=<0B^2-AC|_{P_2}=<0B2−AC∣P2=<0，故P2(0,0)P_2(0,0)P2(0,0)点的极值情况无法由二阶导数的充分性定理判别。由于f(x,y)=x4+y4−(x+y)2f(x,y)=x^4+y^4-(x+y)^2f(x,y)=x4+y4−(x+y)2，则在(0,0)(0,0)(0,0)的任一邻域x2+y2<δ2<1x^2+y^2<\delta^2<1x2+y2<δ2<1内，取(ϵ,−ϵ)(\epsilon,-\epsilon)(ϵ,−ϵ)，得f(ϵ,−ϵ)=2ϵ4>0f(\epsilon,-\epsilon)=2\epsilon^4>0f(ϵ,−ϵ)=2ϵ4>0，而f(ϵ,ϵ)=2ϵ4−4ϵ2=2ϵ2(ϵ−2)(ϵ+2)f(\epsilon,\epsilon)=2\epsilon^4-4\epsilon^2=2\epsilon^2(\epsilon-\sqrt{2})(\epsilon+\sqrt{2})f(ϵ,ϵ)=2ϵ4−4ϵ2=2ϵ2(ϵ−2)(ϵ+2)，由0<ϵ<10<\epsilon<10<ϵ<1知，故f(0,0)=0f(0,0)=0f(0,0)=0不是极值。
B2−AC∣P3=−96<0B^2-AC|_{P_3}=-96<0B2−AC∣P3=−96<0，且A∣P3>0A|_{P_3}>0A∣P3>0，故f(1,1)=−2f(1,1)=-2f(1,1)=−2也是极小值。（这道题主要利用了极值的充分性定理求解，具体的定理见下图）
例10.19 设x,yx,yx,y为任意正数，nnn为正整数，求证xn+yn2⩾(x+y2)n\cfrac{x^n+y^n}{2}\geqslant\left(\cfrac{x+y}{2}\right)^n2xn+yn⩾(2x+y)n。
证 设x+y=ax+y=ax+y=a，则原式化为在x+y=ax+y=ax+y=a的条件下求f(x,y)=xn+yn2(0<x⩽a,0<y⩽a)f(x,y)=\cfrac{x^n+y^n}{2}(0<x\leqslant a,0<y\leqslant a)f(x,y)=2xn+yn(0<x⩽a,0<y⩽a)的最小值问题。令F(x,y,λ)=xn+yn2+λ(x+y−a)F(x,y,\lambda)=\cfrac{x^n+y^n}{2}+\lambda(x+y-a)F(x,y,λ)=2xn+yn+λ(x+y−a)，则Fx′=n2xn−1+λ=0,Fy′=n2yn−1+λ=0,Fλ′=x+y−a=0F'_x=\cfrac{n}{2}x^{n-1}+\lambda=0,F'_y=\cfrac{n}{2}y^{n-1}+\lambda=0,F'_\lambda=x+y-a=0Fx′=2nxn−1+λ=0,Fy′=2nyn−1+λ=0,Fλ′=x+y−a=0，解得x=y=a2x=y=\cfrac{a}{2}x=y=2a，此时f(a2,a2)=(a2)nf\left(\cfrac{a}{2},\cfrac{a}{2}\right)=\left(\cfrac{a}{2}\right)^nf(2a,2a)=(2a)n，即为所求最小值，从而xn+yn2⩾(x+y2)n\cfrac{x^n+y^n}{2}\geqslant\left(\cfrac{x+y}{2}\right)^n2xn+yn⩾(2x+y)n。（这道题主要利用了不等式变换求解）
新版例题十三
例13.2
例13.4
例13.6
例13.8
例13.17
例13.18
新版习题十三
13.17
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