习题课讲解

4.3 习题课讲解

4.3.1 隐函数定理

例 4.3.1 () 函数 $y = y (x)$ 由方程 $F (x, y) = 0$ 确定，求 $y$ 的导函数。

解将函数代入方程得到恒等式⁴ $\begin{matrix} (1) & F (x, y (x)) = 0 ⟹ F_{x} (x, y (x)) + F_{y} (x, y (x)) y^{'} (x) = 0 ⟹ y^{'} (x) = - \frac{F_{x} (x, y (x))}{F_{y} (x, y (x))} \end{matrix}$ $F_{y} (x, y (x)) \neq 0$ 是保证隐函数 $y = y (x)$ 存在的充分条件。

采用全微分的过程与上面类似。 $◻$

例 4.3.2 (例1) 已知函数 $y = g (x)$ 由方程 $a x + b y = f (x^{2} + y^{2})$ 确定，其中 $a, b$ 是常数，求 $g$ 的导函数。

解¹ 方程 $a x + b y = f (x^{2} + y^{2})$ 两边对 $x$ 求导，可得 $\begin{matrix} (2) & a + b \frac{d y}{d x} = f^{'} (x^{2} + y^{2}) (2 x + 2 y \frac{d y}{d x}) \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (3) & \frac{d y}{d x} = \frac{2 x f^{'} (x^{2} + y^{2}) - a}{b - 2 y f^{'} (x^{2} + y^{2})} . \end{matrix}$ $◻$

解² 对 $\begin{matrix} (4) & F (x, y) = a x + b y - f (x^{2} + y^{2}) = 0 \end{matrix}$ 用隐函数定理结论，可得 $\begin{matrix} (5) & \frac{d y}{d x} = - \frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}} = \frac{2 x f^{'} (x^{2} + y^{2}) - a}{b - 2 y f^{'} (x^{2} + y^{2})} \end{matrix}$ $◻$

注千万别把偏导数当成分数，从而得到 $\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}} = \frac{\partial y}{\partial x}$ 这样的错误结论。

例 4.3.3 (例2) 设 $F \in C^{1}$ ，证明：方程 $F (x + \frac{z}{y}, y + \frac{z}{x}) = 0$ 所确定的隐函数 $z = z (x, y)$ 满足 $\begin{matrix} (6) & x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = z - x y \end{matrix}$

证明¹ 记 $u = x + \frac{z}{y}$ 、 $v = y + \frac{z}{x}$ ，则有 $\begin{matrix} (7) & F (x + \frac{z (x, y)}{y}, y + \frac{z (x, y)}{x}) \equiv 0, \forall (x, y) \end{matrix}$ 两边对 $x$ 求偏导，可得 $\begin{matrix} (8) & \frac{\partial}{\partial x} [F (x + \frac{z (x, y)}{y}, y + \frac{z (x, y)}{x})] \equiv 0, \forall (x, y) \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (9) & F_{u} (u, v) (1 + \frac{z_{x}}{y}) + F_{v} (u, v) (\frac{x z_{x} - z}{x^{2}}) = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (10) & z_{x} = - \frac{F_{u} (u, v) - \frac{z}{x^{2}} F_{v} (u, v)}{\frac{1}{y} F_{u} (u, v) + \frac{1}{x} F_{v} (u, v)} = \frac{y z F_{v} (u, v) - x^{2} y F_{u} (u, v)}{x^{2} F_{u} (u, v) + y F_{v} (u, v)} \end{matrix}$ 同理解得 $\begin{matrix} (11) & z_{y} = \frac{x z F_{u} (u, v) - x y^{2} F_{v} (u, v)}{x y F_{u} (u, v) + y^{2} F_{v} (u, v)} \end{matrix}$ 代入验证即可得到 $x z_{x} + y z_{y} = z - x y$ 。 $◻$

证明² 记 $G (x, y, z) = F (x + \frac{z}{y}, y + \frac{z}{x})$ ，则方程 $G (x, y, z) = 0$ 确定隐函数 $z = z (x, y)$ 。计算可得 $\begin{matrix} (12) & G_{1} = F_{1} + F_{2} \cdot (- \frac{z}{x^{2}}), G_{2} = F_{1} \cdot (- \frac{z}{y^{2}}) + F_{2}, G_{3} = F_{1} \cdot \frac{1}{y} + F_{2} \cdot \frac{1}{x} \end{matrix}$ 由隐函数定理可得 $\begin{matrix} (13) & z_{1} = - \frac{G_{1}}{G_{3}}, z_{2} = - \frac{G_{2}}{G_{3}} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} x z_{1} + y z_{2} - z + x y = - \frac{x G_{1} + y G_{1} + z G_{3} - x y G_{3}}{G_{3}} \\ = - \frac{x F_{1} + y F_{2} - \frac{z}{x} F_{2} - \frac{z}{y} F_{1} + \frac{z}{y} F_{1} + \frac{z}{x} F_{2} - x F_{1} - y F_{2}}{G_{3}} = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 4.3.4 (例3，) 方程组 $\begin{matrix} (15) & {\begin{cases} x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1 = 0, \\ x^{2} + 2 y^{2} - z^{2} - 1 = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 何时可以确定可微的隐函数 $x = x (z), y =$ $y (z)$ ？对隐函数计算 $\frac{d x}{d z}, \frac{d y}{d z}, \frac{d^{2} x}{d z^{2}}$ 。

解¹ 先求导，再解方程。将方程对 $x, y, z$ 求导数，得到Jacobi矩阵 $\begin{matrix} (16) & J = (\begin{array}{ccc} 2 x & 2 y & 2 z \\ 2 x & 4 y & - 2 z \end{array}) \end{matrix}$ 当 $x y \neq 0$ 时， $(\begin{matrix} 2 x & 2 y \\ 2 x & 4 y \end{matrix})$ 可逆。此时由隐函数定理，方程组确定唯一的可微的隐函数 $x = x (z), y = y (z)$ 。两边求微分得 $\begin{matrix} (17) & (\begin{matrix} 2 x & 2 y & 2 z \\ 2 x & 4 y & - 2 z \end{matrix}) (\begin{matrix} d x \\ d y \\ d z \end{matrix}) ⟹ (\begin{matrix} 2 x & 2 y \\ 2 x & 4 y \end{matrix}) (\begin{matrix} d x \\ d y \end{matrix}) + (\begin{matrix} 2 z \\ - 2 z \end{matrix}) d z = 0 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (18) & (\begin{matrix} d x \\ d y \end{matrix}) = - {(\begin{matrix} 2 x & 2 y \\ 2 x & 4 y \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} 2 z \\ - 2 z \end{matrix}) d z = (\begin{matrix} - \frac{3 z}{x} \\ \frac{2 z}{y} \end{matrix}) d z \end{matrix}$ 亦即 $\frac{d x}{d z} = - \frac{3 z}{x}$ 、 $\frac{d y}{d z} = \frac{2 z}{y}$ 。继续计算可得 $\begin{matrix} (19) & x^{″} (z) = - \frac{3}{x} + \frac{3 z}{x^{2}} x^{'} (z) = - \frac{3}{x} - \frac{9 z^{2}}{x^{3}} \end{matrix}$ 当 $x = 0$ 时，由方程组解得 $y^{2} = \frac{2}{3}, z^{2} = \frac{1}{3}$ 。此时 $x, y$ 都不是 $z$ 的函数，不存在隐函数 $x = x (z), y = y (z)$ 。 $◻$

解² 先解方程，再求导。方程解得 $x^{2} = - 3 z^{2} + 1, y^{2} = 2 z^{2}$ ，根据特解情况，分别对应四组隐函数 $\begin{matrix} (20) & x = \pm \sqrt{1 - 2 z^{2}}, y = \pm 2 z \end{matrix}$ 求导得到 $x \frac{d x}{d z} = - 3 z$ 、 $y \frac{d y}{d z} = 2 z$ ，从而当 $x y \neq 0$ 时， $\frac{d x}{d z} = - \frac{3 z}{x}$ 、 $\frac{d y}{d z} = \frac{2 z}{y}$ 。这告诉我们，方程易解时，不必使用隐函数定理或反函数定理。 $◻$

解³ 隐函数定理和逆映射定理是在方程无法简单求解时，用来确保解的存在性、唯一性和可微性，以及如何通过计算导数得到解的近似展开。 $◻$

注已知 $\frac{d x}{d z} = - \frac{3 z}{x}$ ，而 $\frac{d^{2} x}{d z^{2}} \neq - \frac{3}{x}$ ！实际上应该写作 $\frac{d x}{d z} = - \frac{3 z}{x (z)}$ ，故有 $\begin{matrix} (21) & \frac{d^{2} x}{d z^{2}} = - \frac{3}{x} + \frac{3 z}{x^{2}} \frac{d x}{d z} = - \frac{3}{x} - \frac{9 z^{2}}{x^{2}} \end{matrix}$

例 4.3.5 (例4，) 已知函数 $z = z (x, y)$ 由参数方程 $\begin{matrix} (22) & {\begin{cases} x = u \cos v, \\ y = u \sin v, \\ z = u v \end{cases} \end{matrix}$ 给定，试求 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}, \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}$ 。

解¹ 两边求微分，得到 $\begin{matrix} (23) & {\begin{cases} d x = \cos v d u - u \sin v d v \\ d y = \sin v d u + u \cos v d v \\ d z = v d u + u d v \end{cases} \end{matrix}$ 由前两个方程解得 $\begin{matrix} (24) & d u = \cos v d x + \sin v d y, d v = \frac{- \sin v d x + \cos v d y}{u} \end{matrix}$ 根据逆映射定理， $u \neq 0$ 是存在可微逆映射 $u = u (x, y), v = v (x, y)$ 的充分条件。代入第三式，得到 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} d z & = v (\cos v d x + \sin v d y) + u \frac{- \sin v d x + \cos v d y}{u} \\ = (v \cos v - \sin v) d x + (v \sin v + \cos v) d y \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (26) & z_{x} = v \cos v - \sin v, z_{y} = v \sin v + \cos v \end{matrix}$ 同样，我们可以求二阶偏导： $\begin{matrix} (27) & z_{x x} = \frac{\partial}{\partial x} (v \cos v - \sin v) = (- v \sin v) v_{x} = - v \sin v \frac{- \sin v}{u} = \frac{v \sin^{2} v}{u} \end{matrix}$ $◻$

解² 方程解得 $u = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 、 $v = \arctan \frac{y}{x}$ 、 $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \arctan \frac{y}{x}$ 。计算可得 $\begin{matrix} (28) & \begin{aligned} d z & = \frac{x d x + y d y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \arctan \frac{y}{x} + \sqrt{x^{2} + y^{2}} - \frac{y}{x^{2}} d x + \frac{d y}{x} \\ = \frac{x \arctan \frac{y}{x} - y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} d x + \frac{{y \arctan \frac{y}{x})}^{2}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} d y \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注 $(x, y) \mapsto (u, v) \mapsto z$ ，则有 $\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x}$ ，而 $\frac{\partial u}{\partial x} \neq {(\frac{\partial x}{\partial u})}^{- 1}$ ！应当使用矩阵求逆计算，即 $\begin{matrix} (29) & (\begin{matrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{matrix})}^{- 1} \end{matrix}$

例 4.3.6 (例5，) 设 $f, g, h \in C^{\infty}$ ，试给一个充分条件，使得由方程 $\begin{matrix} (30) & {\begin{cases} u = f (x, y, z, t) \\ g (y, z, t) = 0 \\ h (z, t) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 可确定可微的隐函数 $u = u (x, y)$ ，并求 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y}$ 。

解从 $\begin{matrix} (31) & g_{1} d y + g_{2} d z + g_{3} d t = 0, h_{1} d z + h_{2} d t = 0 \end{matrix}$ 解得当 $h_{2} g_{2} - h_{1} g_{3} = det \frac{\partial (g, h)}{\partial (z, t)} \neq 0$ 时，由 $\begin{matrix} (32) & d z = \frac{g_{1} h_{2}}{h_{1} g_{3} - h_{2} g_{2}} d y, d t = \frac{g_{1} h_{1}}{h_{2} g_{2} - h_{1} g_{3}} d y \end{matrix}$ 代入可得 $\begin{matrix} (33) & \begin{aligned} d u & = f_{1} d x + f_{2} d y + f_{3} d z + f_{4} d t \\ = f_{1} d x + (f_{2} + f_{3} \frac{g_{1} h_{2}}{h_{1} g_{3} - h_{2} g_{2}} + f_{4} \frac{g_{1} h_{1}}{h_{2} g_{2} - h_{1} g_{3}}) d y \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (34) & \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} & = f_{1} = f_{x}, \frac{\partial u}{\partial y} = f_{2} + \frac{f_{3} g_{1} h_{2} - f_{4} g_{1} h_{1}}{h_{1} g_{3} - h_{2} g_{2}} = f_{y} - g_{y} \frac{det \frac{\partial (f, h)}{\partial (z, t)}}{det \frac{\partial (g, h)}{\partial (z, t)}} \\ \frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y} & = \frac{\partial}{\partial y} (f_{x} (x, y, z (y), t (y))) = f_{x y} + f_{x z} z^{'} (y) + f_{x t} t^{'} (y) \\ = f_{x y} + f_{x z} \frac{g_{y} h_{t}}{h_{z} g_{t} - h_{t} g_{z}} + f_{x t} \frac{g_{y} h_{z}}{h_{t} g_{z} - h_{z} g_{t}} \end{aligned} \end{matrix}$ 这些结果可以先用量纲检查。 $◻$

注¹ 所有结果都要用 $f, g, h$ 来表示。本题实际上需要找到 $(x, y) \mapsto (z, t)$ ，因此充分条件为 $det \frac{\partial (g, h)}{\partial (z, t)} \neq 0$ 。时刻注意：隐函数定理需要验证的是对因变量的Jacobi矩阵可逆！

注² $x, y, z, u, t$ 五个变量满足的三个方程为什么能或怎样确定二元函数 $u (x, y)$ ？事实上，由后两个方程 $\begin{matrix} (35) & {\begin{cases} g (y, z, t) = 0 \\ h (z, t) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 只要 $\frac{\partial (g, h)}{\partial (z, t)}$ 可逆，就可由隐函数定理得到可微的隐函数 $z = z (y), t = t (y)$ ，再将它们代入第一个方程就得到 $u = f (x, y, z (y), t (y))$ 。也可以这样解释：由最后一个方程 $h (z, t)$ 可得隐函数 $t = t (z)$ 或 $z = z (t)$ ，代入第二个方程 $g (y, z, t (z)) = 0$ ，只要这个复合函数关于变量 $y$ 的偏导数非零，即可解得 $z = z (y)$ ，从而 $t = t (z (y))$ ，再代入第一个方程就得到 $u = f (x, y, z (y), t (z (y)))$ 。

注³ 如果不指明 $u = u (x, y)$ ， $\frac{\partial u}{\partial x}$ 有意义吗？按隐函数定理，五个自变量，三个方程的方程组，通常会确定三个变量为其余两个自变量的函数。而 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 确认了 $u$ 是因变量（函数值）， $x$ 是自变量，而剩余的 $y, z, t$ 中会有一个为自变量，而剩下的两个是因变量（函数值）。如果不是问题中出现了二阶偏导数 $\frac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y}$ ，指明了 $x, y$ 是自变量，从而 $z, t$ 是因变量，那么仅靠 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 是无法确认变量之间的函数关系的，也就是说 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 会有歧义。

为了避免这种歧义，物理学家发明了一个很好的符号， ${(\frac{\partial u}{\partial x})}_{y}$ ，它表示当 $u$ 作为自变量 $(x, y)$ 的二元函数时，固定 $y$ 不变，对 $x$ 求的偏导数。感兴趣的读者可以算一算 ${(\frac{\partial u}{\partial x})}_{t}$ 。

注⁴ 由此我们知道函数的偏导数是与空间的坐标系有关的。而函数的微分（由于链式法则）具有形式不变性，也就是说它不依赖与空间坐标系。所以学会使用微分进行计算是有好处的。我们在上面两个例子中都示范了用微分来做计算。

例 4.3.7 () 设 $F : R^{3} \to R$ 可微，满足 $\begin{matrix} (36) & \frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z} \neq 0 \end{matrix}$ 证明：对任意 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，存在它的一个邻域，方程 $\begin{matrix} (37) & F (x, y, z) = F (x_{0}, y_{0}, z_{0}) \end{matrix}$ 唯一确定了三个可微函数 $x = x (y, z), y = y (x, z), z = z (x, y)$ ，且满足 $\begin{matrix} (38) & {(\frac{\partial x}{\partial y})}_{z} {(\frac{\partial y}{\partial z})}_{x} {(\frac{\partial z}{\partial x})}_{y} = - 1 \end{matrix}$

证明由于 $F$ 可微且 $\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z} \neq 0$ ，由隐函数定理知方程 $F (x, y, z) = F (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 唯一确定了三个可微函数 $x = x (y, z), y = y (x, z), z = z (x, y)$ ，且满足 $\begin{matrix} (39) & \begin{aligned} {(\frac{\partial x}{\partial y})}_{z} & = - {(\frac{\partial F}{\partial x})}^{- 1} (\frac{\partial F}{\partial y}) \\ {(\frac{\partial y}{\partial z})}_{x} & = - {(\frac{\partial F}{\partial y})}^{- 1} (\frac{\partial F}{\partial z}) \\ {(\frac{\partial z}{\partial x})}_{y} & = - {(\frac{\partial F}{\partial z})}^{- 1} (\frac{\partial F}{\partial x}) \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (40) & {(\frac{\partial x}{\partial y})}_{z} {(\frac{\partial y}{\partial z})}_{x} {(\frac{\partial z}{\partial x})}_{y} = - 1 \end{matrix}$ $◻$

4.3.2 隐函数定理的几何应用

例 4.3.8 (例6) 求曲面 $S : 2 x^{2} - 2 y^{2} + 2 z = 1$ 上切平面与直线 $L : {\begin{cases} 3 x - 2 y - z = 5 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$ 平行的切点的轨迹。

解 $L$ 与曲面在点 $P (x, y, z)$ 处的切平面平行，所以曲面的法向量 $n = (4 x, - 4 y, 2)^{T}$ 与直线 $L$ 垂直。直线 $L$ 的两个法向量为 $(3, - 2, - 1)^{T}$ 和 $(1, 1, 1)^{T}$ ，所以 $\begin{matrix} (41) & (\begin{matrix} 4 x \\ - 4 y \\ 2 \end{matrix}) = t (\begin{matrix} 3 \\ - 2 \\ - 1 \end{matrix}) + s (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) \end{matrix}$ 即 $s - t = 2$ ，从而所求轨迹为曲面上的曲线为 $\begin{matrix} (42) & {\begin{cases} x = \frac{3 t + s}{4} = \frac{3 t + (t + 2)}{4} = \frac{2 t + 1}{2} \\ y = \frac{- 2 t + s}{- 4} = \frac{t - 2}{4} \\ z = y^{2} - x^{2} + \frac{1}{2} = {(\frac{t - 2}{4})}^{2} - {(\frac{2 t + 1}{2})}^{2} + \frac{1}{2} \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 4.3.9 (例7) 证明球面 $S_{1} : x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ 与锥面 $S_{2} : x^{2} + y^{2} = a^{2} z^{2}$ 正交。

证明所谓两曲面正交是指它们在交点处的法向量互相垂直。记 $F (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} - R^{2}$ 、 $G (x, y, z) = x^{2} + y^{2} - a^{2} z^{2}$ ，曲面 $S_{1}$ 和曲面 $S_{2}$ 在其交点 $M (x, y, z)$ 处的法向量分别是 $\begin{matrix} (43) & \nabla F (x, y, z) = (2 x, 2 y, 2 z)^{T}, \nabla G (x, y, z) = (2 x, 2 y, - 2 a^{2} z) \end{matrix}$ 它们的内积为 $\begin{matrix} (44) & 4 x^{2} + 4 y^{2} - 4 a^{2} z^{2} = 0 \end{matrix}$ 因此两曲面正交。 $◻$

例 4.3.10 (例8) 过直线 $L : {\begin{cases} 10 x + 2 y - 2 z = 27, \\ x + y - z = 0 \end{cases}$ 作曲面 $3 x^{2} + y^{2} - z^{2} = 27$ 的切平面，求该切平面的方程。

解设曲面 $3 x^{2} + y^{2} - z^{2} = 27$ 在点 $(X, Y, Z)$ 处的切平面 $\begin{matrix} (45) & 6 X (x - X) + 2 Y (y - Y) - 2 Z (z - Z) = 0 \end{matrix}$ 即 $3 X x + Y y - Z z = 27$ 。直线 $L$ 在该平面上，当且仅当 $\begin{matrix} (46) & {\begin{cases} 10 x + 2 y - 2 z = 27 \\ x + y - z = 0 \\ 3 X x + Y y - Z z = 27 \end{cases} \end{matrix}$ 有无穷多解，从前两个方程解得 $x = \frac{27}{8}, y - z = - \frac{27}{8}$ ，代入第三个方程得到 $\begin{matrix} (47) & \frac{81}{8} X + y Y - (y + \frac{27}{8}) Z = 27 \end{matrix}$ 对所有 $y$ 成立，因此 $\begin{matrix} (48) & {\begin{cases} Y = Z & y 的系数 \\ 3 X - Z = 8 & 上述方程 \\ 3 X^{2} + Y^{2} - Z^{2} = 27 & 曲面方程 \end{cases} ⟺ {\begin{cases} X = 3 \\ Y = 1 \\ Z = 1 \end{cases}, {\begin{cases} X = - 3 \\ Y = - 17 \\ Z = - 17 \end{cases} \end{matrix}$ 相应的切平面方程为 $9 x + y - z = 27$ 和 $- 9 x - 17 y + 17 z = 0$ 。 $◻$

例 4.3.11 (例9) 通过曲面 $S : e^{x y z} + x - y + z = 3$ 上点 $(1, 0, 1)$ 的切平面____。

(A): 通过 $y$ 轴；
(B): 平行于 $y$ 轴；
(C): 垂直于 $y$ 轴；
(D): 以上都不对。

解选B。设 $(x, t, z) = (1 + u, v, 1 + w)$ ，代入曲面方程得到 $\begin{matrix} (49) & e^{v + v (u + w) + u v w} + (1 + u) - v + (1 + w) = 3 \end{matrix}$ 在 $(u, v, w) = (0, 0, 0)$ 处Taylor展开并忽略高阶项，得到 $u + w = 0$ ，从而所求切平面为 $(x - 1) + (z - 1) = 0$ 。 $◻$

例 4.3.12 (例10) 已知 $f$ 可微，证明：曲面 $f (\frac{x - a}{z - c}, \frac{y - b}{z - c}) = 0$ 上任意一点处的切平面通过一定点，并求此点位置。

证明任取曲面上一点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，过点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 和点 $(a, b, c)$ 的直线都在这个曲面上，所以点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 处的切平面都过点 $(a, b, c)$ 。曲面是以 $(a, b, c)$ 为顶点的一个锥面。 $◻$

例 4.3.13 (例11) 曲面 $S$ 由方程 $a x + b y + c z = G (x^{2} + y^{2} + z^{2})$ 确定，试证明：曲面 $S$ 上任一点的法线与某定直线相交。

证明曲面上任意一点 $P (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 的法线为 $\begin{matrix} (50) & L : {\begin{cases} x = x_{0} + t (G^{'} (r^{2}) (2 x_{0}) - a) = x_{0} (1 + 2 t G^{'} (r^{2})) - a t \\ y = y_{0} + t (G^{'} (r^{2}) (2 y_{0}) - b) = y_{0} (1 + 2 t G^{'} (r^{2})) - b t \\ z = z_{0} + t (G^{'} (r^{2}) (2 z_{0}) - c) = z_{0} (1 + 2 t G^{'} (r^{2})) - c \end{cases} \end{matrix}$ 取 $t = - \frac{1}{2 G^{'} (r^{2})}$ ，则 $(x, y, z) = (- a t, - b t, - c t)$ 。所以所有法线 $L$ 都与直线 $\frac{x}{a} = \frac{y}{b} = \frac{z}{c}$ 相交。 $◻$

例 4.3.14 (例12) 在椭球面 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{a^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1$ 上求一点，使椭球面在此点的法线与三个坐标轴的正向成等角。

解椭球面在此点的法向量 $\begin{matrix} (51) & \nabla F (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = {(\frac{2 x_{0}}{a^{2}}, \frac{2 y_{0}}{b^{2}}, \frac{2 z_{0}}{c^{2}})}^{T} \end{matrix}$ 与 $(1, 1, 1)^{T}$ 平行，所以 $(x_{0}, y_{0}, z_{0}) = (a^{2} t, b^{2} t, c^{2} t)$ ，代入曲面方程可得 $\begin{matrix} (52) & (a^{2} + b^{2} + c^{2}) t^{2} = 1 \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (53) & (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \pm (\frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}, \frac{b^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}, \frac{c^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}) \end{matrix}$ $◻$

例 4.3.15 (例13，Mercator地图，) 从球面 $Σ : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 的球心引射线，把球面上除南北两极以外的点 $(x, y, z)$ 映射到圆柱面 $C : X^{2} + Y^{2} = 1$ 上的点 $(X, Y, Z)$ 。

(1): 请写出 $X, Y, Z$ 关于 $x, y, z$ 的表达式。
(2): 如果球面上的点 $(x, y, z)$ 用经度 $φ$ 和地理维度 $θ$ 刻画，圆柱面上的点 $(X, Y, Z)$ 用经度 $φ$ 和高度 $Z$ 刻画，请写出 $Z (φ, θ)$ 的表达式。
(3): 求一元函数 $f$ ，使得映射 $F : Σ \to C$ ， $(φ, θ) \mapsto (φ, f (Z (φ, θ)))$ 是一个保角变换，即球面 $Σ$ 上任何两条相交曲线的夹角（即曲面切线的夹角）等于这两条曲线在柱面上对应曲线的夹角。

解 (1) 设 $(X, Y, Z) = (t x, t y, t z)$ ，则 $\begin{matrix} (54) & 1 = X^{2} + Y^{2} = t^{2} (x^{2} + y^{2}) = t^{2} ⟹ t = \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (55) & X = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, Y = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, Z = \frac{z}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \end{matrix}$

(2) 由题可得 $(x, y, z) = (\cos θ \cos φ, \cos θ \sin φ, \sin θ)$ ，故 $\begin{matrix} (56) & X = \cos φ, Y = \sin φ, Z = \tan θ \end{matrix}$

(3) 设 $γ : (\cos θ (t) \cos φ (t), \cos θ (t) \sin φ (t), \sin θ (t))$ 是球面上过点 $P_{0} = γ (t_{0})$ 的一条光滑曲线，则 $F$ 把 $γ$ 映为柱面上过点 $Q_{0} = F (P_{0})$ 的一条光滑曲线 $\begin{matrix} (57) & F (γ) : (\cos φ (t), \sin φ (t), f (\tan θ (t))) \end{matrix}$

设 $ξ = θ^{'} (t_{0})$ 、 $η = φ^{'} (t_{0})$ ，计算可知 $γ$ 的速度向量为 $\begin{matrix} (58) & v = ξ (- \sin θ \cos φ, - \sin θ \sin φ, \cos θ) + η (- \cos θ \sin φ, \cos θ \cos φ, 0) \end{matrix}$ 球面上 $P_{0}$ 处的两个切向量 $v_{1}, v_{2}$ 的内积为 $\begin{matrix} (59) & v_{1} \cdot v_{2} = ξ_{1} ξ_{2} + η_{1} η_{2} \cos^{2} θ \end{matrix}$ 夹角 $α_{1}$ 的余弦为 $\begin{matrix} (60) & \cos α_{1} = \frac{v_{1} \cdot v_{2}}{| v_{1} | | v_{2} |} = \frac{ξ_{1} ξ_{2} + η_{1} η_{2} \cos^{2} θ}{\sqrt{ξ_{1}^{2} + η_{1}^{2} \cos^{2} θ} \sqrt{ξ_{2}^{2} + η_{2}^{2} \cos^{2} θ}} = \frac{ξ_{1} ξ_{2} \sec^{2} θ + η_{1} η_{2}}{\sqrt{ξ_{1}^{2} \sec^{2} θ + η_{1}^{2}} \sqrt{ξ_{2}^{2} \sec^{2} θ + η_{2}^{2}}} \end{matrix}$

$F (γ)$ 上相应的速度向量为 $\begin{matrix} (61) & w = ξ (0, 0, f^{'} (\tan θ) \sec^{2} θ) + η (- \sin φ, \cos φ, 0) \end{matrix}$ 柱面上 $Q_{0}$ 处的两个切向量 $w_{1}, w_{2}$ 的内积为 $\begin{matrix} (62) & w_{1} \cdot w_{2} = ξ_{1} ξ_{2} [f^{'} (\tan θ) \sec^{2} θ]^{2} + η_{1} η_{2} \end{matrix}$ 夹角 $α_{2}$ 的余弦为 $\begin{matrix} (63) & \cos α_{2} = \frac{w_{1} \cdot w_{2}}{| w_{1} | | w_{2} |} = \frac{ξ_{1} ξ_{2} [f^{'} (\tan θ) \sec^{2} θ]^{2} + η_{1} η_{2}}{\sqrt{ξ_{1}^{2} [f^{'} (\tan θ) \sec^{2} θ]^{2} + η_{1}^{2}} \sqrt{ξ_{2}^{2} [f^{'} (\tan θ) \sec^{2} θ]^{2} + η_{2}^{2}}} \end{matrix}$

由题可知 $\cos α_{1} = \cos α_{2}$ 对任意 $ξ_{1}, ξ_{2}, η_{1}, η_{2}$ 均成立，当且仅当 $\begin{matrix} (64) & f^{'} (\tan θ) = \pm \cos θ = \pm \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^{2} θ}} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (65) & f^{'} (x) = \pm \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} ⟹ f (x) = \pm \ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) + C = \pm arsinh x + C \end{matrix}$ 在实际使用中考虑到对称性等因素，我们选择 $f (x) = arsinh x$ 。

将球面上的所有点通过 $F$ 映射到柱面上，沿柱面的母线剪开就得到一张地图，这就是Mercator地图。我们实际上证明了：Mercator地图上所画的两条相交道路的夹角与实际道路的夹角大小相等。 $◻$

另解 (3) 设曲线 $γ$ 在 $γ (t_{0}) = P_{0}$ 处的速度向量为 $v = γ^{'} (t_{0})$ 。构造如下映射： $\begin{matrix} (66) & t \overset{g}{\mapsto} (φ, θ) \overset{h}{\mapsto} (x, y, z), γ = h \circ g \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (67) & v = γ^{'} (t_{0}) = \frac{\partial (x, y, z)}{\partial (φ, θ)} (\binom{φ^{'} (t_{0})}{θ^{'} (t_{0})}) \end{matrix}$

由于 $(φ, θ)$ 为球面或柱面的正交参数化，故可设 $φ, θ$ 方向的单位向量分别为 $e, e^{'}$ ，定义曲线的倾角 $α \in (- π, π]$ 满足下列方程的唯一解： $\begin{matrix} (68) & v = ∥ v ∥ (\cos α e + \sin α e^{'}) \end{matrix}$ 容易验证有下式成立 $\begin{matrix} (69) & \cos (α_{1} - α_{2}) = \frac{(e \cdot v_{1}) (e \cdot v_{2}) + (e^{'} \cdot v_{1}) (e^{'} \cdot v_{2})}{∥ v_{1} ∥ ∥ v_{2} ∥} = \frac{v_{1} \cdot v_{2}}{∥ v_{1} ∥ ∥ v_{2} ∥} \end{matrix}$ 因此我们只需要证明 $F$ 保倾角 $α$ 即可证明 $F$ 保角。

保倾角 $α$ 的必要条件为保其正切值 $\tan α$ 。注意到 $\begin{matrix} (70) & v = γ^{'} (t_{0}) = \frac{\partial (x, y, z)}{\partial (φ, θ)} (\binom{φ^{'} (t_{0})}{θ^{'} (t_{0})}) = ‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial φ} ‖ φ^{'} (r_{0}) e + ‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial θ} ‖ θ^{'} (t_{0}) e^{'} \end{matrix}$ 则有 $\begin{matrix} (71) & \cos α = \frac{e \cdot v}{∥ v ∥} = \frac{φ^{'} (t_{0})}{∥ v ∥} ‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial φ} ‖, \sin α = \frac{e^{'} \cdot v}{∥ v ∥} = \frac{θ^{'} (t_{0})}{∥ v ∥} ‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial θ} ‖ \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (72) & \frac{φ^{'} (t_{0})}{θ^{'} (t_{0})} \tan α = \frac{‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial θ} ‖}{‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial φ} ‖} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (73) & \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^{2} θ}} = \frac{1}{\cos θ} = \frac{‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial θ} ‖}{‖ \frac{\partial (x, y, z)}{\partial φ} ‖} = \frac{‖ \frac{\partial (X, Y, Z)}{\partial θ} ‖}{‖ \frac{\partial (X, Y, Z)}{\partial φ} ‖} = \frac{| f^{'} (\tan θ) |}{1} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (74) & f^{'} (x) = \pm \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} ⟹ f (x) = \pm \ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) + C = \pm arsinh x + C \end{matrix}$ 为了保倾角，应选择正号⁵；考虑到对称性，应选择 $C = 0$ 。故 $f (x) = arsinh x$ 。 $◻$

4.3.3 与隐函数定理有关的证明题

例 4.3.16 () 设 $λ_{0}$ 是矩阵 $A_{0}$ 的一个单重特征值（即 $p (λ_{0}) = 0$ ， $p^{'} (λ_{0}) \neq 0$ ，其中 $p (λ) = det (λ I - A_{0})$ ）， $x_{0}$ 是 $A_{0}$ 对应于 $λ_{0}$ 的一个单位特征向量。证明：存在 $δ > 0$ ，使得对任意矩阵 $A$ ，只要 $∥ A - A_{0} ∥ < δ$ ， $A$ 就有唯一的特征值 $λ (A)$ 和相应的单位特征向量 $x (A)$ 使得 $λ (A_{0}) = λ_{0}$ 、 $x (A_{0}) = x_{0}$ ，并且 $λ (A)$ 和 $x (A)$ 关于 $A$ 是 $C^{\infty}$ 的。

证明构造方程 $\begin{matrix} (75) & (\binom{F}{G}) (A, λ, x) = (\binom{x \cdot x - 1}{(λ I - A) x}) = 0 \end{matrix}$ 则映射 $(F, G)$ 在 $(A_{0}, λ_{0}, x_{0})$ 处对 $(λ, x)$ 的Jacobi矩阵为 $\begin{matrix} (76) & J = {\frac{\partial (F, G)}{\partial (λ, x)} |}_{(A, λ, x) = (A_{0}, λ_{0}, x_{0})} = (\begin{matrix} 0 & 2 x_{0}^{T} \\ x_{0} & λ_{0} I - A_{0} \end{matrix}) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (77) & \begin{aligned} J J^{T} & = (\begin{array}{c} 0 & 2 x_{0}^{T} \\ x_{0} & λ_{0} I - A_{0} \end{array}) (\begin{array}{c} 0 & x_{0}^{T} \\ 2 x_{0} & (λ_{0} I - A_{0})^{T} \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 4 x_{0}^{T} x_{0} & 2 [(λ_{0} I - A_{0}) x_{0}^{T}]^{T} \\ 2 (λ_{0} I - A_{0}) x_{0} & x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0}) (λ_{0} I - A_{0})^{T} \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 4 & 0 \\ 0 & x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0}) (λ_{0} I - A_{0})^{T} \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 2 & 0 \\ 0 & x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0}) \end{array}) (\begin{array}{c} 2 & 0 \\ 0 & x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0})^{T} \end{array}) \end{aligned} \end{matrix}$ 记 $B := x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0})$ ，则有 $\begin{matrix} (78) & (det J)^{2} = det J J^{T} = 4 det B B^{T} = 4 (det B)^{2} \end{matrix}$ 设 $V = span {x_{0}}$ ，则 $B V = V$ 。对任意 $x \in V^{⊥}$ 且 $x \neq 0$ ，注意到 $λ_{0}$ 的代数重数为1，则 $\begin{matrix} (79) & B x = [x_{0} x_{0}^{T} + (λ_{0} I - A_{0})] x = (λ_{0} I - A_{0}) x \neq 0 \end{matrix}$ 因此 $B x = 0 ⟺ x = 0$ ， $det B \neq 0$ ，即 $J$ 可逆。由隐函数定理可知存在 $δ > 0$ ，使得对任意 $∥ A - A_{0} ∥ < δ$ ，存在唯一的 $λ (A)$ 和 $x (A)$ 分别为 $A$ 的特征值和相应的特征向量。由于 $(F, G)$ 是 $C^{\infty}$ 的，故 $λ (A)$ 和 $x (A)$ 关于 $A$ 也是 $C^{\infty}$ 的。 $◻$

注¹ 如果 $λ_{0}$ 不是 $A_{0}$ 的单重特征值，上面的结论还成立吗？

从证明中不难看出，如果 $λ_{0}$ 的代数重数不为1，即便其几何重数为1（见注²），仍有 $B$ 不可逆，亦即 $J$ 不可逆，故隐函数定理不适用。我们可以举一个反例： $\begin{matrix} (80) & (\begin{matrix} 1 + a & 1 + b \\ c & 1 + d \end{matrix}) ⟶ {(\frac{a - d \pm \sqrt{a^{2} + 4 c + 4 b c - 2 a d + d^{2}}}{2 c}, 1)}^{T} \end{matrix}$ 显然特征向量的方向是不确定的，我们可以选择合适的 $a, b, c, d$ 使其朝向任意方向。

如果仅仅考虑特征值 $λ (A)$ ，则本题会更加简单：构造函数 $p (λ, A) = det (λ I - A)$ ，隐函数定理适用的充分条件是 $\frac{\partial p}{\partial λ} (λ_{0}, A_{0}) \neq 0$ ，即 $λ_{0}$ 是 $A_{0}$ 的单重特征值。

注² 设 $λ_{1}$ 为 $n$ 阶方阵 $A$ 的特征值，几何重数 $> 1$ ，则其特征子空间中存在垂直于 $x_{1}$ 的非零向量 $x_{2}$ 使得 $B x_{2} = 0$ ，此时 $det B = 0$ ，故 $J$ 不可逆。

设 $λ_{1}$ 为 $n$ 阶方阵 $A$ 的特征值，代数重数 $> 1$ 、几何重数 $= 1$ ，相应的特征向量为 $x_{1}$ 。设 $x_{1}, \dots, x_{r}$ 是 $A$ 的所有单位特征向量，相应的特征值为 $λ_{1}, \dots, λ_{r}$ ， $V = span {x_{1}, \dots, x_{r}}$ ，补充单位正交基 $V^{⊥} = span {x_{r + 1}, \dots, x_{n}}$ 。由于 $λ_{1}$ 的几何重数为1，故 $i \neq 1 ⟹ λ_{i} \neq λ_{1}$ 。

设 $A$ 在单位正交基 ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ 上的表示矩阵为 $\begin{matrix} (81) & A^{'} = {(\begin{matrix} diag {λ_{1}, \dots, λ_{r}} & 0 \\ U & W \end{matrix})}_{n \times n} \end{matrix}$ 假设 $W$ 的所有特征值都不等于 $λ_{1}$ ，则 $\begin{matrix} (82) & p (λ) := det (λ I - A) = det (λ I - A^{'}) = det (λ I - W) \prod_{i = 1}^{r} (λ - λ_{i}) \end{matrix}$ 此时 $λ_{1}$ 的代数重数为1，与题设矛盾！故 $W$ 至少有一个特征值等于 $λ_{1}$ 。

设 $W$ 的特征值 $λ_{1}$ 对应的特征向量为 $(y_{r + 1}, \dots, y_{n})$ ，则对于向量 $x = \sum_{i = r + 1}^{n} y_{i} x_{i}$ ，设 $\begin{matrix} (83) & A x = \sum_{i = 1}^{r} a_{i} x_{i} + \sum_{i = r + 1}^{n} λ_{1} y_{i} x_{i} \end{matrix}$ 选择 $x^{'} = \sum_{i = 1}^{r} y_{i} x_{i}$ 使得 $\begin{matrix} (84) & B (x + x^{'}) = [x_{1} x_{1}^{T} + (λ_{1} I - A)] \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i} = \sum_{i = 1}^{r} [(λ_{1} - λ_{i} + δ_{i 1}) y_{i} - a_{i}] x_{i} \overset{?}{=} 0 \end{matrix}$ 故 $x^{'}$ 需满足 $\begin{matrix} (85) & y_{1} = a_{1}, y_{i} = \frac{a_{i}}{λ_{1} - λ_{i}}, i = 2, \dots, r \end{matrix}$ 因此 $B$ 不可逆，故隐函数定理不适用。

例 4.3.17 () 设函数 $f$ 可微， $π$ 为光滑曲面 $S : f (x, y, z) = 0$ （即连续可微、梯度处处不为 $0$ ）在点 $P_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 处的切平面， $ℓ$ 为切平面 $π$ 上任意一条过点 $P_{0}$ 的直线，求证：在曲面 $S$ 上存在一条曲线 $γ$ ，该曲线在点 $P_{0}$ 处的切线恰好为 $ℓ$ 。

证明本题的关键在于把曲线 $γ$ （隐式地）构造出来。记 $n = \nabla f (P_{0})$ 为 $π$ 在 $P_{0}$ 处的法向量， $t$ 为 $ℓ$ 的方向向量，显然 $n ⊥ t$ 。令 $n^{'} = \frac{n \times t}{∥ n ∥^{2}}$ ，构造过点 $P_{0}$ 、以 $n^{'}$ 为法向量的平面 $α$ ，令 $γ$ 为曲面 $S$ 与平面 $α$ 的交线。下面我们依次证明：(1) $γ$ 在 $P_{0}$ 的邻域存在；(2) $γ$ 在 $P_{0}$ 处的切线就是 $ℓ$ ，亦即 $γ$ 在 $P_{0}$ 处的切向量平行于 $t$ 。

(1) 将 $γ$ 写成隐函数的形式： $\begin{matrix} (86) & γ : {\begin{cases} f (x, y, z) = 0 \\ n_{x}^{'} (x - x_{0}) + n_{y}^{'} (y - y_{0}) + n_{z}^{'} (z - z_{0}) = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 计算可得Jacobi矩阵为 $\begin{matrix} (87) & J = (\begin{matrix} f_{x} & f_{y} & f_{z} \\ n_{x}^{'} & n_{y}^{'} & n_{z}^{'} \end{matrix}) = (\begin{matrix} n \\ n^{'} \end{matrix}) \end{matrix}$ 由于 $t = n^{'} \times n = (- | J_{y z} |, | J_{x z} |, - | J_{x y} |)^{T} \neq 0$ ，故必存在 $J_{x_{1} x_{2}}$ 可逆使得 $P_{0}$ 的邻域内存在隐函数 $x_{3} \mapsto (\binom{x_{1}}{x_{2}})$ ，亦即 $γ$ 存在，其中 ${x_{1}, x_{2}, x_{3}} = {x, y, z}$ 。

(2) 由隐函数定理可得 $\begin{matrix} (88) & (\begin{matrix} x_{1}^{'} \\ x_{2}^{'} \end{matrix}) = - {(\begin{matrix} n_{x_{1}} & n_{x_{2}} \\ n_{x_{1}}^{'} & n_{x_{2}}^{'} \end{matrix})}^{- 1} (\begin{matrix} n_{x_{3}} \\ n_{x_{3}}^{'} \end{matrix}) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (89) & - | J_{x_{1} x_{2}} | (\begin{matrix} x_{1}^{'} \\ x_{2}^{'} \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} (\begin{matrix} n_{x_{2}}^{'} & - n_{x_{2}} \\ - n_{x_{1}}^{'} & n_{x_{1}} \end{matrix}) (\begin{matrix} n_{x_{3}} \\ n_{x_{3}}^{'} \end{matrix}) \\ - | J_{x_{1} x_{2}} | \end{matrix}) = (\begin{matrix} n_{x_{2}}^{'} n_{x_{3}} - n_{x_{2}} n_{x_{3}}^{'} \\ n_{x_{3}}^{'} n_{x_{1}} - n_{x_{3}} n_{x_{1}}^{'} \\ n_{x_{1}}^{'} n_{x_{2}} - n_{x_{1}} n_{x_{2}}^{'} \end{matrix}) = ε_{x_{1} x_{2} x_{3}} (\begin{matrix} t_{x_{1}} \\ t_{x_{2}} \\ t_{x_{3}} \end{matrix}) \end{matrix}$ 其中 $ε$ 为Levi-Civita记号（全反对称张量，此处取值为 $\pm 1$ ），即 $γ$ 在 $P_{0}$ 处的切向量平行于 $t$ 。 $◻$

4.3.4 杂题

例 4.3.18 () 求下面方程的通解： $\begin{matrix} (90) & y u_{x} - x u_{y} + (x^{2} - y^{2}) u_{z} = 0 \end{matrix}$

解特征方程组为 $\begin{matrix} (91) & \frac{d x}{y} = \frac{d y}{- x} = \frac{d z}{x^{2} - y^{2}} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (92) & x d x + y d y = 0, \frac{d (x + y)}{y - x} = \frac{d z}{x^{2} - y^{2}} ⟹ d z + (x + y) d (x + y) = 0 \end{matrix}$ 解得特征线为 $\begin{matrix} (93) & x^{2} + y^{2} = h_{1}, 2 z + (x + y)^{2} = 2 z + 2 x y + x^{2} + y^{2} = const ⟹ z + x y = h_{2} \end{matrix}$ 设 $g \in C^{1} (R^{2})$ ，则原方程的通解为 $\begin{matrix} (94) & u (x, y, z) = g (x^{2} + y^{2}, z + x y) \end{matrix}$ $◻$

⁴注意：此处要特别区分“方程等于0”和“函数恒为0”两个概念。前者只在方程的解集上成立，不能推出其导数（梯度）为0；后者在整个定义域上成立，可以推出其导数（梯度）为0。

⁵由此可见，保倾角确实是一个比保角更强的条件；但是从地图的实际应用角度出发，保倾角更加合理。