习题课讲解

2.3 习题课讲解

2.3.1 大O和小o

例 2.3.1 () 证明 $x^{2} + y^{2} \neq O (x y)$ 。

证明由定义， $x^{2} + y^{2} = O (x y)$ 等价于 $\exists C > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall (x, y) \in R^{2}$ ，当 $0 < ∥ (x, y) ∥ < δ$ 时，有 $\begin{matrix} (1) & x^{2} + y^{2} \leq C x y \end{matrix}$ 设 $δ < \frac{1}{2}$ ，取 $x = δ^{2}$ 、 $y = \frac{δ}{2}$ ，则有 $\begin{matrix} (2) & C \geq \frac{x^{2} + y^{2}}{x y} = \frac{4 δ^{4} + δ^{2}}{2 δ^{3}} = 2 δ + \frac{1}{2 δ} \to + \infty, δ \to 0 \end{matrix}$ 故不存在满足条件的 $C$ 。 $◻$

2.3.2 多元函数的可微性

例 2.3.2 (例1) 若 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某个邻域内有定义， $f (0, 0) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (3) & lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f (x, y) - \sqrt{x^{2} + y^{2}}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = a \end{matrix}$ 其中 $a$ 为常数。证明：

(1): $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续；
(2): 若 $a \neq - 1$ ，则 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续，但不可微；
(3): 若 $a = - 1$ ，则 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处可微。

证明已知条件可化为 $\frac{f (x, y) - \sqrt{x^{2} + y^{2}}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = a + o (1), (x, y) \to (0, 0)$ ，亦即 $\begin{matrix} (4) & f (x, y) = (a + 1) \sqrt{x^{2} + y^{2}} + o (\sqrt{x^{2} + y^{2}}), (x, y) \to (0, 0) \end{matrix}$

(1) 由上式知 $lim_{(x, y) \to (0, 0)} f (x, y) = 0$ ，再根据已知 $f (0, 0) = 0$ ，因此 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续。

(2) 若 $a \neq - 1$ ，则 $f (x, 0) = (a + 1) | x | + o (| x |), x \to 0$ ， $f$ 不可微。

(3) 若 $a = - 1$ ，则 $f (x, y) = o (\sqrt{x^{2} + y^{2}}), (x, y) \to (0, 0)$ ，从而 $f$ 在点 $(0, 0)$ 处可微， $d f (0, 0) = 0$ 。 $◻$

注由上式知， $f$ 在点 $(0, 0)$ 处可微当且仅当 $z = (a + 1) \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 在点 $(0, 0)$ 处可微。当 $a \neq 1$ 时，曲面 $z = (a + 1) \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 是圆锥面，它在顶点处没有切平面，所以函数不可微。具体而言， $z = (a + 1) \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 是一次齐次的，即：若 $(x, y, z)$ 在该曲面上，则整个射线 $(t x, t y, t z) (t \geq 0)$ 都位于该曲面上。因此 $z = (a + 1) \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 在原点可微当且仅当它是平面，但这只有 $a = - 1$ 是才成立。

例 2.3.3 (例2) 讨论函数 $f (x, y) = {\begin{cases} \frac{\sqrt{| x y |}}{x^{2} + y^{2}} \sin (x^{2} + y^{2}), & x^{2} + y^{2} \neq 0 \\ 0, & x^{2} + y^{2} = 0 \end{cases}$ 在 $(0, 0)$ 点处的连续性和可微性。

解 (1) $| \frac{\sqrt{| x y |}}{x^{2} + y^{2}} \sin (x^{2} + y^{2}) | \leq \sqrt{| x y |} \to 0, (x, y) \to 0$ ，从而 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 点连续。

(2) 因为 $\begin{matrix} (5) & f (x, x) = \frac{| x | \sin (2 x^{2})}{2 x^{2}} = | x | + o (| x |), x \to 0 \end{matrix}$ 所以 $f$ 沿直线 $(x, x)$ 在 $x = 0$ 时不可微，所以 $f$ 不可微。 $◻$

注 $f (x, y) = \sqrt{| x y |} (1 + o (1)) = \sqrt{| x y |} + o (\sqrt{| x y |}) = \sqrt{| x y |} + o (r)$ ，所以 $f$ 在原点可微当且仅当 $z = \sqrt{| x y |}$ 在原点可微。 $z = \sqrt{| x y |}$ 是一次齐次函数，但它不是平面，所以在原点处不可微。

例 2.3.4 (例2补，) 函数 $\begin{matrix} (6) & g (x, y) = {\begin{cases} \frac{x y}{x^{2} + y^{2}} \sin (x^{2} + y^{2}), & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{matrix}$ 在 $(0, 0)$ 处是多少阶连续可微的？

解定义函数 $sinc x := \frac{\sin x}{x}$ （补充定义 $sinc 0 = 0$ ），根据Taylor公式可得 $\begin{matrix} (7) & sinc x = \frac{\sin x}{x} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} x^{2 k}}{(2 k + 1)!} + o (x^{2 n}), x \to 0, \forall n \in N \end{matrix}$ 因此 $sinc \in C^{\infty}$ 。

由于 $x^{2} + y^{2} \in C^{\infty}$ ，故 $sinc (x^{2} + y^{2}) \in C^{\infty}$ 。又因为 $x y \in C^{\infty}$ ，故 $g (x, y) \in C^{\infty}$ 。 $◻$

例 2.3.5 (例3，) 下列条件成立时能够推出 $f (x, y)$ 在 $(x_{0}, y_{0})$ 点可微，且全微分 $d f = 0$ 的是____。

(A): 偏导数 $f_{x}^{'} (x_{0}, y_{0}) = f_{y}^{'} (x_{0}, y_{0}) = 0$ ；
(B): $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 的全增量 $Δ f = \frac{Δ x Δ y}{\sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}}$ ；
(C): $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 的全增量 $Δ f = \frac{\sin ((Δ x)^{2} + (Δ y)^{2})}{\sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}}$ ；
(D): $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 的全增量 $Δ f = ((Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}) \sin \frac{1}{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}$ 。

解 (A) 例2.3.3中的函数满足 $f_{x}^{'} (0, 0) = f_{y}^{'} (0, 0) = 0$ ，但 $f$ 在 $(0, 0)$ 处并不可微。

(B) 参见例3.1.2(4)。

(C) 记 $r = \sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}}$ ，则 $\begin{matrix} (8) & Δ f = \frac{\sin r^{2}}{r} = \frac{r^{2} + o (r^{2})}{r} = r + o (r), r \to 0 \end{matrix}$ 所以 $f$ 连续，但不可微（理由同例2.3.2）。

(D) $Δ f = o (r)$ ， $r = \sqrt{(Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}} \to 0$ ，从而 $f$ 可微，且 $d f (x_{0}, y_{0}) = 0$ 。 $◻$

注偏导数存在不能推出可微，全微分 $d f = 0$ 的充要条件是全增量 $Δ f = o (\sqrt{Δ x^{2} + Δ y^{2}})$ 。

例 2.3.6 (例4，) 设 $f (x, y) = \sqrt{| x y |}$ ，则在 $(0, 0)$ 点____。

(A): 连续，但偏导数不存在；
(B): 偏导数存在，但不可微；
(C): 可微；
(D): 偏导数存在且连续。

解 (D)蕴涵(C)。由例2.3.3中的方法知 $f$ 不可微，所以(C)假，从而(D)假。 $\begin{matrix} (9) & f (x, 0) = 0 = f (0, y) \end{matrix}$ 所以存在偏导数，因此(A)假，(B)真。 $◻$

注设 $f (x, y) = \sqrt{| x y |}$ 。注意到 $f (x, x) = | x |$ ，不具有线性，故不可微。而 $f (x, 0) = f (0, y) = 0$ ，故 $f$ 在 $(0, 0)$ 处的偏导数存在，且均为0。

例 2.3.7 (例5) 设 $f (x, y) = {\begin{cases} x y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ ，讨论 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处的连续性，偏导数存在性，偏导函数连续性，以及可微性。

解注意到 $\begin{matrix} (10) & f (x, y) = O (x y) = o (\sqrt{x^{2} + y^{2}}), (x, y) \to (0, 0) \end{matrix}$ 所以 $f$ 在 $(0, 0)$ 处可微，从而连续。 $d f (0, 0) = 0$ ，从而 $f_{x}^{'} (0, 0) = f_{y}^{'} (0, 0) = 0$ 。当 $(x, y) \neq (0, 0)$ 时， $f$ 为初等函数，所以 $f$ 偏导数连续。计算可得 $\begin{matrix} (11) & f_{x}^{'} (x, y) = y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} + x y \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \frac{x}{{(x^{2} + y^{2})}^{3 / 2}} \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (12) & lim_{(x, y) \to (0, 0)} y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 \end{matrix}$ 而 $\begin{matrix} (13) & x y \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \frac{x}{{(x^{2} + y^{2})}^{3 / 2}} = \cos^{2} θ \sin θ \cos \frac{1}{r} \end{matrix}$ 所以极限 $lim_{(x, y) \to (0, 0)} x y \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \frac{x}{{(x^{2} + y^{2})}^{3 / 2}}$ 不存在，所以 $f$ 的偏导数在 $(0, 0)$ 处不连续。 $◻$

例 2.3.8 (例6，) 设 $f (x, y) = (x + y) φ (x, y)$ ，其中 $φ$ 在 $(0, 0)$ 处连续，求 $d f (0, 0)$ 。有如下做法：

$d f (x, y) = [φ (x, y) + (x + y) φ_{x} (x, y)] d x + [φ (x, y) + (x + y) φ_{y} (x, y)] d y$ 。令 $(x, y) = (0, 0)$ ， $d f (0, 0) = φ (0, 0) (d x + d y)$ 。

指出上述方法的错误，并给出正确做法。

解原做法使用了 $φ$ 可微这个原题未提供的条件。正确的做法为： $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} f (x, y) - f (0, 0) & = (x + y) φ (x, y) = (x + y) [φ (0, 0) + o (1)] \\ = φ (0, 0) (x + y) + o (\sqrt{x^{2} + y^{2}}), (x, y) \to (0, 0) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注非常遗憾的错误： $φ (x, y) = φ (0, 0) + o (r)$ 。

2.3.3 微分与偏导数

例 2.3.9 (例7) 设二元函数 $f (x, y)$ 在点 $(a, b)$ 处可微，求极限 $lim_{x \to 0} \frac{f (a + x, b) - f (a, b - x)}{x}$ 。

解注意到 $\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} f (a + x, b) - f (a, b - x) & = [f (a, b) + f_{x}^{'} (a, b) x + o (x)] - [f (a, b) + f_{y}^{'} (a, b) (- x) + o (x)] \\ = [f_{x}^{'} (a, b) + f_{y}^{'} (a, b)] x + o (x), x \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $lim_{x \to 0} \frac{f (a + x, b) - f (a, b - x)}{x} = f_{x}^{'} (a, b) + f_{y}^{'} (a, b)$ 。 $◻$

例 2.3.10 (例8，) 设 $z (x, y)$ 定义在矩形区域 $D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq a, 0 \leq y \leq b}$ 上的 $C^{2}$ 函数。证明：

(1): $z (x, y) = f (y) ⟺ \forall (x, y) \in D, \frac{\partial z}{\partial x} = 0$ ；
(2): $z (x, y) = f (x) + g (y) ⟺ \forall (x, y) \in D, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = 0$ 。

注 (1) $⟸$ 利用中值定理；(2) $⟸$ 利用定积分。

证明 (1) $⟹$ ：显然。 $⟸$ ： $\begin{matrix} (16) & z (x, y) - z (a, y) = z_{x}^{'} (ξ, y) (x - a) = 0 \end{matrix}$

(2) $⟹$ ： $g (y) = z (a, y) - f (a)$ 是可微函数，所以 $\begin{matrix} (17) & z_{y}^{'} (x, y) = g^{'} (y), z_{y x}^{(2)} (x, y) = 0 \end{matrix}$

$⟸$ ：由(1)知 $\frac{\partial z}{\partial y} (x, y) = h (y)$ ，由条件知 $h$ 连续。于是 $\begin{matrix} (18) & z (x, y) - z (x, b) = \int_{b}^{y} z_{y}^{'} (x, t) d t = \int_{b}^{y} h (t) d t =: g (y) \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.11 (例9，) 设 $z = \arcsin \frac{x}{y}$ ，求 $d z$ 。

解计算可得 $\begin{matrix} (19) & \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} \frac{1}{y}, \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} (- \frac{x}{y^{2}}) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (20) & d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y = \frac{1}{y \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} d x + \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} (- \frac{x}{y^{2}}) d y \end{matrix}$ $◻$

另解对 $x = y \sin z$ 两边求微分得到 $\begin{matrix} (21) & d x = \sin z d y + y \cos z d z \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (22) & d z = \frac{1}{y \cos z} d x - \frac{\sin z}{y \cos z} d y = \frac{1}{y \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} d x - \frac{x}{\sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} d y \end{matrix}$ 这样避免了直接求反三角函数的导数。 $◻$

注注意函数定义域，考虑 $y < 0$ ！ $\begin{matrix} (23) & d z = \frac{1}{y \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} d x - \frac{x}{y^{2} \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}} d y = \frac{sgn y}{\sqrt{y^{2} - x^{2}}} d x - \frac{x}{| y | \sqrt{y^{2} - x^{2}}} d y \end{matrix}$

例 2.3.12 (例10) 设函数 $z = 2 \cos^{2} (x - \frac{y}{2})$ ，证明： $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} + 2 \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = 0$ 。

证明记 $z = f (x - \frac{y}{2})$ ，则 $d z = f^{'} (x - \frac{y}{2}) (d x - \frac{1}{2} d y)$ ，从而 $\begin{matrix} (24) & \frac{\partial z}{\partial x} = - 2 \frac{\partial z}{\partial y} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (25) & \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} + 2 \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} [\frac{\partial z}{\partial x} + 2 \frac{\partial z}{\partial y}] = 0 \end{matrix}$ $◻$

注¹ 如果求解微分方程 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} + 2 \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = 0$ ，先做因式分解 $\frac{\partial^{2}}{\partial x \partial y} + 2 \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}} = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial}{\partial x} + 2 \frac{\partial}{\partial y})$ 。再做变量替换 $u = x + a y$ 、 $v = b x + y$ ，则对 $z = f (x + a y, b x + y)$ 有 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial}{\partial x} + 2 \frac{\partial}{\partial y}) z & = \frac{\partial}{\partial y} (f^{(1, 0)} (u, v) + f^{(0, 1)} (u, v) b + 2 f^{(1, 0)} (u, v) a + 2 f^{(0, 1)} (u, v)) \\ = f^{(2, 0)} (u, v) (a + 2 a^{2}) + f^{(1, 1)} (u, v) (1 + a b + 4 a) + f^{(0, 2)} (u, v) (b + 2) \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $a = 0$ 、 $b = - 2$ ，则 $0 = \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial}{\partial x} + 2 \frac{\partial}{\partial y}) z = f^{(1, 1)} (u, v)$ ，解得 $\begin{matrix} (27) & z = g (u) + h (v) = g (x) + h (- 2 x + y) \end{matrix}$

注² 也可以设 $w = \frac{\partial z}{\partial x} + 2 \frac{\partial z}{\partial y}$ ，则 $\frac{\partial w}{\partial y} = 0$ ，从而 $w = w (x)$ 。再解一阶微分方程 $\begin{matrix} (28) & \frac{\partial z}{\partial x} + 2 \frac{\partial z}{\partial y} = w (x) \end{matrix}$ 我们用特征线法求解这个一阶偏微分方程。考虑 $z (x (t), y (t))$ ，对 $t$ 求导，得到 $\begin{matrix} (29) & \frac{d}{d t} z (x (t), y (t)) = \frac{\partial z}{\partial x} x^{'} (t) + \frac{\partial z}{\partial y} y^{'} (t) \end{matrix}$ 于是取 $x (t) = x_{0} + t$ 、 $y (t) = y_{0} + 2 t$ ，因此 $\begin{matrix} (30) & \frac{d}{d t} z (x_{0} + t, y_{0} + 2 t) = w (x_{0} + t) \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (31) & z (x_{0} + t, y_{0} + 2 t) = z (x_{0}, y_{0}) + \int_{0}^{t} w (x_{0} + s) d s \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (32) & z (x, y) = z (0 + x, y - 2 x + 2 x) = z (0, y - 2 x) + \int_{0}^{x} w (s) d s = h (y - 2 x) + g (x) \end{matrix}$

注³ 二阶偏微分方程 $A z^{(2, 0)} + B z^{(1, 1)} + C z^{(0, 2)} = 0$ 称为双曲型方程，如果 $B^{2} - 4 A C > 0$ 。双曲型方程总可以经适当换元分解为两个一阶线性偏微分方程组成的方程组，对后者可以用特征线法求解。

例 2.3.13 (例11) 设函数 $z = (x + 2 y)^{x y}$ ，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 及 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 。

解原式可化为 $z = e^{x y \ln (x + 2 y)}$ ，计算可得 $\begin{matrix} (33) & \frac{\partial z}{\partial x} = e^{x y \ln (x + 2 y)} [y \ln (x + 2 y) + \frac{x y}{x + 2 y}], \frac{\partial z}{\partial x} = e^{x y \ln (x + 2 y)} [x \ln (x + 2 y) + \frac{2 x y}{x + 2 y}] \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.14 (例13，) 设 $f \in C^{1} (R^{2})$ ，且 $f (x, x^{2}) \equiv 1$ 。

(1): 若 $f_{x}^{'} (x, x^{2}) = x$ ，求 $f_{y}^{'} (x, x^{2})$ ；
(2): 若 $f_{y}^{'} (x, y) = x^{2} + 2 y$ ，求 $f (x, y)$ 。

解 (1) 为避免符号引起歧义，我们记 $f_{1}^{'} (x, y)$ 表示在点 $(x, y)$ 处对 $f$ 的第一个自变量求偏导数，记 $f_{2}^{'} (x, y)$ 表示在点 $(x, y)$ 处对 $f$ 的第二个自变量求偏导数。于是 $f_{1}^{'} (x, x^{2}) = x$ 。对 $f (x, x^{2}) \equiv 1$ 求导得到 $\begin{matrix} (34) & 0 = \frac{d}{d x} (f (x, x^{2})) = f_{1}^{'} (x, x^{2}) \cdot 1 + f_{2}^{'} (x, x^{2}) \cdot 2 x = 0 \end{matrix}$ 所以当 $x \neq 0$ 时， $f_{2}^{'} (x, x^{2}) = - \frac{1}{2}$ 。再由 $f$ 偏导数连续，得到对任意 $x$ ， $f_{2}^{'} (x, x^{2}) = - \frac{1}{2}$ 。

（2）视 $x$ 固定，对 $y$ 用Newton-Leibniz公式 $\begin{matrix} (35) & \begin{aligned} f (x, y) & = f (x, x^{2}) + \int_{x^{2}}^{y} f_{y}^{'} (x, t) d t = 1 + \int_{x^{2}}^{y} (x^{2} + 2 t) d t \\ = 1 + x^{2} (y - x^{2}) + (y^{2} - x^{4}) = x^{2} y + y^{2} + 1 - 2 x^{4} \end{aligned} \end{matrix}$ 也可以用不定积分， $\begin{matrix} (36) & f (x, y) = \int f_{y}^{'} (x, y) d y = x^{2} y + y^{2} + C \end{matrix}$ 但要注意这里 $C$ 是相对于 $y$ 而言的常数，它应该是关于 $x$ 的函数。所以 $\begin{matrix} (37) & f (x, y) = x^{2} y + y^{2} + C (x) \end{matrix}$ 再把条件 $f (x, x^{2}) = 1$ 代入，得到 $\begin{matrix} (38) & 1 = x^{2} x^{2} + x^{4} + C (x) \end{matrix}$ 得到 $C (x) = 1 - 2 x^{4}$ 。所以 $f (x, y) = x^{2} y + y^{2} + 1 - 2 x^{4}$ 。 $◻$

注¹ (1) 在 $x \neq 0$ 时对 $f (x, x^{2}) = 1$ 求导可得 $f_{2}^{'} (x, x^{2}) = - \frac{1}{2}$ ，随后利用偏导数的连续性得到 $f_{2}^{'} (x, x^{2}) = - \frac{1}{2}$ 。

(2) 为了避免把 $C$ 误当作常数，建议同学们使用Newton-Leibniz公式，尽量避免使用不定积分。

注² 多元微积分中的符号常给同学们造成困惑。二元函数 $f$ 经过函数复合后成为一元函数 $g (x) = f (x, x^{2})$ ， $\frac{d}{d x} f (x, x^{2})$ 是这个一元函数的导数，即 $g^{'} (x)$ ，也就是 $\begin{matrix} (39) & lim_{t \to 0} \frac{f (x + t, (x + t)^{2}) - f (x, x^{2})}{t} \end{matrix}$ $f_{x}^{'} (x, x^{2})$ 是二元函数 $f (x, y)$ 对第一个自变量 $x$ 的偏导数在点 $(x, x^{2})$ 处的值，即 $\begin{matrix} (40) & f_{x}^{'} (x, x^{2}) = lim_{t \to 0} \frac{f (x + t, x^{2}) - f (x, x^{2})}{t} \end{matrix}$ 二者的含义是不同的，前者是先取值后求导，后者是先求导后取值。

例 2.3.15 (例16) 设函数 $z = \arctan \frac{x - y}{x + y}$ ，求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}, d z, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

解原式可化为 $x - y = (x + y) \tan z$ ，两边求微分可得 $\begin{matrix} (41) & d x - d y = \tan z (d x + d y) + (x + y) (1 + \tan^{2} z) d z \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (42) & \begin{aligned} d z & = \frac{1 - \tan z}{(x + y) (1 + \tan^{2} z)} d x - \frac{1 + \tan z}{(x + y) (1 + \tan^{2} z)} d y \\ = \frac{1 - \frac{x - y}{x + y}}{(x + y) (1 + {(\frac{x - y}{x + y})}^{2})} d x - \frac{1 + \frac{x - y}{x + y}}{(x + y) (1 + {(\frac{x - y}{x + y})}^{2})} d y \\ = \frac{y}{x^{2} + y^{2}} d x - \frac{x}{x^{2} + y^{2}} d y \end{aligned} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (43) & \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{y}{x^{2} + y^{2}}, \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{- x}{x^{2} + y^{2}}, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{x^{2} - y^{2}}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}} \end{matrix}$ $◻$

另解记 $u = \frac{x - y}{x + y}$ ，则 $z = \arctan u$ ，由链式法则可得 $\begin{matrix} (44) & \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{d z}{d u} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{1 + u^{2}} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{1 + {(\frac{x - y}{x + y})}^{2}} \frac{2 y}{(x + y)^{2}} = \frac{y}{x^{2} + y^{2}} \end{matrix}$ 同理可得 $\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{- x}{x^{2} + y^{2}}$ 。从而 $\begin{matrix} (45) & d z = \frac{y d x - x d y}{x^{2} + y^{2}}, \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = \frac{x^{2} - y^{2}}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}} \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.16 (例17) 若函数 $f (u)$ 有二阶导数， $z = \frac{1}{x} f (x y) + y f (x + y)$ ，求 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

解计算可得 $\begin{matrix} (46) & \begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial y} & = \frac{1}{x} f^{'} (x y) x + f (x + y) + y f^{'} (x + y) = f^{'} (x y) + f (x + y) + y f^{'} (x + y) \\ \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} & = y f^{(2)} (x y) + f^{'} (x + y) + y f^{(2)} (x + y) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

2.3.4 微分与原函数

例 2.3.17 (例12) 求 $f (x, y)$ 使 $d f (x, y) = y^{2} e^{x + y} (d x + d y) + 2 y e^{x + y} d y$ 。

解直接凑全微分。 $\begin{matrix} (47) & \begin{aligned} y^{2} e^{x + y} (d x + d y) + 2 y e^{x + y} d y = y^{2} e^{y} d e^{x} + y^{2} e^{x} d e^{y} + e^{x} e^{y} d y^{2} \\ = y^{2} e^{y} d e^{x} + e^{x} d (y^{2} e^{y}) = d (y^{2} e^{x + y}) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以函数 $f (x, y) = y^{2} e^{x + y} + C$ 。 $◻$

另解通过路径积分得到。 $\begin{matrix} (48) & f (x, y) = f (x, 0) + \int_{0}^{y} f_{y}^{'} (x, t) d t = f (0, 0) + \int_{0}^{x} f_{x}^{'} (s, 0) d s + \int_{0}^{y} f_{y}^{'} (x, t) d t \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (49) & f_{x}^{'} (x, y) = y^{2} e^{x + y}, f_{y}^{'} (x, y) = y^{2} e^{x + y} + 2 y e^{x + y} \end{matrix}$ $◻$

注如果存在可微函数 $f$ 使得 $d f = M (x, y) d x + N (x, y) d y$ ，则称 $f$ 为 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 的一个原函数。此时，微分方程 $M (x, y) d x + N (x, y) d y = 0$ 的通解就是 $f (x, y) = C$ 。

例 2.3.18 (例12补，) $y d x - x d y$ 是否有原函数？为什么？你能给出 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 具有原函数的一个必要条件吗？

解设 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 有原函数，即 $\exists f$ 使得 $d f = M (x, y) d x + N (x, y) d y$ ，则 $\begin{matrix} (50) & \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}, \frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial M}{\partial y} \end{matrix}$ 故 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ 是 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 具有原函数的一个必要条件。

对于 $y d x - x d y = d f$ ，显然 $\frac{\partial M}{\partial y} = 1 \neq - 1 = \frac{\partial N}{\partial x}$ ，故 $y d x - x d y$ 没有原函数。 $◻$

注判断 $M (x, y) d x + N (x, y) d y$ 是否有原函数的问题将在第二型曲线积分时解决。

2.3.5 微分与梯度、方向导数

例 2.3.19 (例14) 求函数 $f (x, y) = x^{2} - y^{2}$ 在 $P (1, 1)$ 点沿与 $x$ 轴成 $\frac{π}{3}$ 角方向的方向导数。

解方向为 $v = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$ 。 $\begin{matrix} (51) & \frac{\partial f}{\partial v} (1, 1) = \frac{\partial f}{\partial x} (1, 1) \frac{1}{2} + \frac{\partial f}{\partial y} (1, 1) \frac{\sqrt{3}}{2} = 1 - \sqrt{3} \end{matrix}$ $◻$

例 2.3.20 (例15，) 求函数 $f (x, y) = 1 - (\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}})$ 在 $P (\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{b}{\sqrt{2}})$ 点沿曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 在该点的内法方向的方向导数。

解曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ 即 $f (x, y) = 0$ ，梯度 $\nabla f (P) = {(- \frac{\sqrt{2}}{a}, - \frac{\sqrt{2}}{b})}^{T}$ 是该曲线在点 $P (\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{b}{\sqrt{2}})$ 处的法向量。

沿梯度方向， $f$ 的值增大， $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}}$ 的值减小，所以梯度方向恰好是曲线内法向，其方向向量为 $n = \frac{\nabla f (P)}{∥ \nabla f (P) ∥^{2}}$ 。

函数 $f$ 在点 $P$ 处沿向量 $n$ 的方向导数为 $\begin{matrix} (52) & \nabla f (P) \cdot n = \nabla f (P) \cdot \frac{\nabla f (P)}{∥ \nabla f (P) ∥} = ∥ \nabla f (P) ∥ = \sqrt{\frac{2}{a^{2}} + \frac{2}{b^{2}}} \end{matrix}$ $◻$

注判断内法方向：沿梯度方向 $f$ 的值增大， $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}}$ 的值减小，所以梯度方向恰好是曲线内法方向，因此 $\begin{matrix} (53) & \nabla f (P) \cdot n = \nabla f (P) \cdot \frac{\nabla f (P)}{∥ \nabla f (P) ∥} = ∥ \nabla f (P) ∥ = \sqrt{\frac{2}{a^{2}} + \frac{2}{b^{2}}} \end{matrix}$

例 2.3.21 (例18) 求可微函数 $f (x, y, z)$ 在球坐标系下的梯度。

解已知 $(x, y, z) = (r \sin θ \cos ϕ, r \sin θ \sin ϕ, r \cos θ)$ ，对 $r$ 求导得到 $\begin{matrix} (54) & e_{r} = (\sin θ \cos ϕ, \sin θ \sin ϕ, \cos θ)^{T} \end{matrix}$ 对 $ϕ$ 求导得到 $\begin{matrix} (55) & e_{ϕ} = (- r \sin θ \sin ϕ, r \sin θ \cos ϕ, 0)^{T} \end{matrix}$ 对 $θ$ 求导得到 $\begin{matrix} (56) & e_{θ} = (r \cos θ \cos ϕ, r \cos θ \sin ϕ, - r \sin θ)^{T} \end{matrix}$

设 $\nabla f = A e_{r} + B e_{ϕ} + C e_{θ}$ ， $v = ξ e_{r} + η e_{ϕ} + ζ e_{θ}$ ，则 $\begin{matrix} (57) & \begin{aligned} f_{r} & = d f (P) e_{r} = ⟨ \nabla f, e_{r} ⟩ = A ‖ e_{r} ‖ = A, \\ f_{ϕ} & = d f (P) e_{ϕ} = ⟨ \nabla f, e_{ϕ} ⟩ = B ‖ e_{ϕ} ‖ = B r^{2} \sin^{2} θ, \\ f_{θ} & = d f (P) e_{θ} = ⟨ \nabla f, e_{θ} ⟩ = C ‖ e_{θ} ‖ = C r^{2}, \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (58) & \nabla f = f_{r} e_{r} + \frac{1}{r^{2} \sin^{2} θ} f_{ϕ} e_{ϕ} + \frac{1}{r^{2}} f_{θ} e_{θ} = f_{r} {\hat{e}}_{r} + \frac{f_{ϕ}}{r \sin θ} {\hat{e}}_{ϕ} + \frac{f_{θ}}{r} {\hat{e}}_{θ} \end{matrix}$ 其中 $\hat{e}$ 是 $e$ 方向的单位向量。 $◻$

另解利用度规矩阵： $\begin{matrix} (59) & G^{'} = (g_{i j}^{'})_{3 \times 3} = {(⟨ \frac{\partial r^{'}}{\partial x^{i}}, \frac{\partial r^{'}}{\partial x^{j}} ⟩)}_{3 \times 3} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & r^{2} & 0 \\ 0 & 0 & r^{2} \sin^{2} θ \end{matrix}) \end{matrix}$ 这是一个正交坐标系，因此 $f$ 的梯度可表示为 $\begin{matrix} (60) & \nabla f = \sum_{i} \frac{\partial f}{\partial x^{' i}} \frac{e_{i}^{'}}{\sqrt{g_{i i}^{'}}} = \frac{\partial f}{\partial r} e_{r} + \frac{1}{r} \frac{\partial f}{\partial ϕ} e_{ϕ} + \frac{1}{r \sin θ} \frac{\partial f}{\partial θ} e_{θ} \end{matrix}$ 其中 $e_{r}, e_{ϕ}, e_{θ}$ 分别是 $r, ϕ, θ$ 方向的单位向量。 $◻$

2.3.6 与微分有关的证明题

例 2.3.22 () 设 $f : R^{2} \to R$ ，若 $\frac{\partial f}{\partial x} (a, b)$ 存在， $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ 在 $(a, b)$ 的某个邻域 $U$ 存在且在 $(a, b)$ 处连续，证明： $f$ 在 $(a, b)$ 处可微。

证明此处使用1-范数，故命题等价于证明：当 $(x, y) \to (a, b)$ 时， $\begin{matrix} (61) & f (x, y) - f (a, b) = \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a) + \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) (y - b) + o (| x - a | + | y - b |) \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (62) & \begin{aligned} f (x, y) - f (a, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a) - \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) (y - b) \\ = \underset{(1)}{\underset{⏟}{f (x, b) - f (a, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (x - a)}} + \underset{(2)}{\underset{⏟}{f (x, y) - f (x, b) - \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) (y - b)}} \end{aligned} \end{matrix}$ 由 $\frac{\partial f}{\partial x} (a, b)$ 的存在性， $\forall ε > 0$ ， $\exists δ_{1} (ε, a, b) > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (63) & | x - a | < δ_{1} ⟹ | (1) | < ε | x - a | \end{matrix}$ 根据Lagrange中值定理， $\exists ξ$ 位于 $y, b$ 之间，使得 $\begin{matrix} (64) & f (x, y) - f (x, b) = \frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) (y - b) \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (65) & (2) = [\frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) - \frac{\partial f}{\partial y} (a, b)] (y - b) \end{matrix}$ 由于 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 在 $(a, b)$ 处连续，故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ_{2} (ε, a, b) > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (66) & | x - a | + | ξ - b | < δ_{2} ⟹ | \frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) - \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) | < ε \end{matrix}$ 因此 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ = min {δ_{1}, δ_{2}}$ ，使得 $\begin{matrix} (67) & \begin{aligned} | x - a | + | y - b | < δ & ⟹ {\begin{cases} | x - a | < δ \leq δ_{1} ⟹ | (1) | < ε | x - a | \\ | x - a | + | ξ - b | < δ \leq δ_{2} ⟹ | (2) | < ε | y - b | \end{cases} \\ ⟹ | (1) + (2) | \leq | (1) | + | (2) | < ε (| x - a | + | y - b |) \end{aligned} \end{matrix}$ 得证。 $◻$

例 2.3.23 设 $U \subseteq R^{2}$ 为开集，函数 $f : U \to R$ 满足： $f (x, y)$ 对 $x$ 连续、对 $y$ 的偏导数有界，证明： $f$ 在 $U$ 上连续。

证明给定 $(x_{0}, y_{0}) \in U$ ，由于 $U$ 是开集，故存在 $(x_{0}, y_{0})$ 的邻域 $V \subseteq U$ 。由 $f (x, y)$ 对 $x$ 的连续性可得 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ (ε, x_{0}, y_{0}) > 0$ ，使得 $\forall (x, y) \in V$ ，都有 $\begin{matrix} (68) & | x - x_{0} | < δ ⟹ | f (x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0}) | < \frac{ε}{2} \end{matrix}$ 由 $f (x, y)$ 的偏导数有界可得 $| \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) | \leq M$ （ $M > 0$ ）对所有 $(x, y) \in U$ 成立。由Lagrange中值定理可得 $\begin{matrix} (69) & f (x, y) - f (x, y_{0}) = \frac{\partial f}{\partial y} (x, ξ) (y - y_{0}) ⟹ | f (x, y) - f (x, y_{0}) | \leq M | y - y_{0} | \end{matrix}$ 取 $δ^{'} = min {δ, \frac{ε}{2 M}} > 0$ ，则有 $\begin{matrix} (70) & \begin{aligned} ∥ (x, y) - (x_{0}, y_{0}) ∥ < δ^{'} & ⟹ | x - x_{0} | < δ^{'} < δ ⟹ | f (x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0}) | < \frac{ε}{2} \\ ⟹ | y - y_{0} | < δ^{'} ⟹ | f (x, y) - f (x, y_{0}) | \leq δ^{'} M < \frac{ε}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (71) & | f (x, y) - f (x_{0}, y_{0}) | \leq | f (x, y) - f (x, y_{0}) | + | f (x, y_{0}) - f (x_{0}, y_{0}) | < ε \end{matrix}$ 由 $(x_{0}, y_{0})$ 的任意性可知 $f$ 在 $U$ 上连续。 $◻$

例 2.3.24 () 函数 $f$ 区域（连通的开集） $D$ 上的梯度恒为 $0$ ，证明： $f$ 在 $D$ 上是常函数。

证明任选 $x_{0} \in D$ ， $y_{0} = f (x_{0})$ 。下设 $x \in D ∖ {x_{0}}$ 。

若 $D$ 为凸集，则从 $x_{0}$ 到 $x$ 的连线都在 $D$ 内。令 $g (t) := f (x_{0} + t (x - x_{0}))$ ，则 $g$ 可微，由Lagrange中值定理可得 $\exists τ \in (0, 1)$ 使得 $\begin{matrix} (72) & g (1) - g (0) = \nabla f (x_{0} + τ (x - x_{0})) \cdot (x - x_{0}) = 0 \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (73) & f (x) - f (x_{0}) = 0 ⟹ f (x) = f (x_{0}), \forall x \in D \end{matrix}$

若 $D$ 为一般区域，则 $D$ 为道路连通集，故存在连续映射 $γ : [0, 1] \to D$ 使得 $γ (0) = x_{0}$ ， $γ (1) = x$ ，显然 $Γ = γ ([0, 1])$ 是紧集。由于 $Γ$ 上的点都是 $D$ 的内点，故 $\forall y \in Γ$ ， $\exists δ_{y} > 0$ 使得 $B (y, δ_{y}) \subseteq D$ ，因此存在开覆盖 $O = ⋃_{y \in Γ} B (y, δ_{y})$ 。由于 $Γ$ 是紧集，故存在有限子覆盖 $O^{'} = ⋃_{i = 1}^{n} B (y_{i}, δ_{i})$ 。

对于开球 $B (y_{i}, δ_{i})$ ，其为凸集， $f$ 在 $B (y_{i}, δ_{i})$ 上是常函数。故 $f$ 在 $O^{'}$ 上是常函数，即 $f$ 在 $Γ$ 上是常函数。由于 $x$ 是 $D$ 内的任意一点，因此 $f$ 在 $D$ 上是常函数。 $◻$