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微积分A复习举第十章 多元函数微分学及其应用 ìïïïïïïïïì距离;领域;外点;边界点;开(闭)集.ïïï区域;有界闭区域.ïïïï基本概念í多元函数极限ï连续;偏导数;全微分ïïïïïî方向导数;梯度ïïïì求复合函数的偏导ïïï偏导数的计算ì一个方程所确定的隐函数íí求隐函数的偏导íïïî方程组所确定的隐函数îïïìì曲线的切线与法平面ï几何应用íïïî曲面的切平面与法线ïïïì定义ïïïïïï极值存在的必要条件ïïïï极值与最值ïí极值存在的充分条件应用 íïï条件极值ïïïïïïî最值ïïï方向导数: 导数沿任一方向的变化率ïïïï梯度 gradf=ì¶f,¶füïíýïï¶x¶yîþîïïî22x2+y2多元函数微分及其应用例1 求极限 lim(x+y)x®0y®0lnrr®01rlim22解： 令 x+y=r， 则原式=limr=er®0r®0rlimrlnr=e=1 x2y2例2 考察极限lim22 x®0xy+(x-y)2y®0 1 x2y2x4=lim4=1 解：当x,y沿y=x趋于零时，lim22x®0xy+(x-y)2x®0xy=xx2y24x4=lim4=0, 当x,y沿y=2k趋于零时， lim22x®0xy+(x-y)2x®04x+x2y=2xx2y2所以极限lim22不存在. x®0xy+(x-y)2y®0ìxy,x2+y2¹0ï2例3 证明z=f(x,y)=íx+y2在点(0,0)连续,偏导数存在，但不可微. ï0,x=y=0î证明 x+y¹0时， 0£f(x,y)£22x2+y22x2+y2<12x+y2, 2所以 limf(x,y)=0=f(0,0)，即f(x,y)在点(0,0)连续。 x®0y®0fx(0,0)=limDx®0f(0+Dx,0)-f(0,0)0=lim=0, Dx®0DxDxfy(0,0)=limDy®0f(0,0+Dy)-f(0,0)0=lim=0 Dy®0DyDyDz=f(0+Dx,0+Dy)-f(0,0)=DxDy(Dx)+(Dy)22Dx®0Dy®0limDz-fx(0,0)Dx-fy(0,0)Dy(Dx)2+(Dy)2=limDxDy¹0 Dx®0(Dx)2+(Dy)2Dy®0故 z=f(x,y)在点(0,0)不可微. 例4 设 1111=+ ，且 x>y>z>0.当变量x,y,z分别增加一个单位时, 哪个变uxyz量对u的影响最大? 分析: 由偏导数的几何意义可知,¶u¶u¶u,分别表示函数 u=u(x,y,z)在点 (x,y,z)¶x¶y¶z沿x轴方向, 沿y轴方向, 沿z轴方向的变化率. 因此，只需求出u的三个偏导数加以比较即可。所给函数为隐函数形式。 解：在所给方程两端分别对x,y,z求偏导数, 可求出三个偏导数。由于 2 1¶u1¶uu2¶uu2¶uu2-2=-2 可得 =。 同理可得 =,=。 u¶xx¶xx2¶yy2¶zz2¶u¶u¶uu2u2u2由于 x>y>z>0 ，因此x>y>z>0,2<2<2 ， <<¶x¶y¶zxyz222由此可知z的变化对u的影响最大。 例5 设 z=xf(x-y,xy2)+g(x+j(y) 其中f有二阶连续偏导数，g有二阶导数, ¶z¶2zj可导, 求, . ¶x¶x¶y解： ¶z=f+xf1¢+xy2f2¢+g¢, ¶x¶2z¶z¶z=¶x¶y¶y¶x=-f1¢+2xyf2¢+x(-f11¢¢+2xyf12¢¢)+2xyf2¢+xy2(-f21¢¢+2xyf22¢¢)+g¢¢.j¢ =-f1¢+4xyf2¢-xf11¢¢+(2x2y-xy2)f12¢¢+2x2y3f22¢¢+g¢¢.j¢注：1. 在对xf(x-y,xy2)求导时, 先用乘积法则; 而g(x+j(y)只有一个中间变量, 用导记号. 22. f1¢和f2¢仍是两个中间变量的函数, 详细表达为f1¢(x-y,xy)和f2¢(x-y,xy2), 所以在对它们再次求偏导时, 与对f的规则相同. 对于g¢有类似的理解. ¶z¶z¶2z例6 设函数z=z(x,y)由方程xy=e-z所确定，求，。 ¶x¶y¶x¶yz解： 方法一： 令F(x,y,z=)ze-z xyFyF¶z-yy¶z-xx, =-x=-z=z=-=-z=z¶xFze-1e-1¶yFze-1e-1¶2z=¶x¶yez-1-yez(ez-1)2¶z¶y(ez-1)2-xyez= (ez-1)3z方法二： 在方程两边对x求导，得y=e¶z¶z¶zy- . 即=z ¶x¶x¶xe-1 3 ¶zx¶2z=同理可得 ， 求法同方法一. ¶yez-1¶x¶y方法三： 记u(x,y,z)=ez-z-xy=0 由于 u(x,y,z)=0， 故 du=z¶u¶u¶udx+d+y¶x¶y¶zd=0z， 即 -ydx-xd+y(所以 e-1)d=z 0 Þdz=yxdx+dy zze-1e-1¶zy¶zx=z，. =z¶xe-1¶ye-1例7 设函数 x-az=f(y-bz)， 求证 a¶z¶z+b=1. ¶x¶y¶z1=. ¶xa-bf¢¶z-¢f= .¢¶ya-bf解：在方程两边对x求导得 1-a¶z¶z=f¢.(-b).¶x¶x¶z¶z=f¢.(1-b).¶y¶y在方程两边对y求导得 -a故 a ¶z¶z+b=1. ¶x¶y例8 设y=g(x,z), 其中z=z(x,y)是由方程f(x-z,xy)=0所确定的隐函数，f和g分别连续可微，求dydz,. dxdx分析: 我们不必按题目的叙述来理解y,z和x之间的函数关系, 可看作三个变量、两个方程 ìy=g(x,z) íîf(x-z,xy)=0的方程组确定了y,z为x的函数y(x)和z(x). 于是y(x),z(x)满足下列恒等式 ìy(x)ºg(x,z(x) íf(x-z(x),xy(x)º0î从这个角度解就简单的多 . 解： 首先在方程组两端对x求导，得 4 dzìdy¢¢=g+g12ïïdxdx 即íïf¢(1-dz)+f¢(y+xdy)=012ïdxdxîdydz좢-g=g12ïïdxdx íï-xf¢dy+f¢dz=f¢+yf¢2112ïdxdxî利用克莱姆法则可得 ¢+g2¢(f1¢+yf2¢)dyf1¢g1=dx¢f1¢-xf2¢g2¢dzf1¢+yf2¢+xf2¢g1=dx¢f1¢-xf2¢g2 注: 方程组的个数等于函数的个数, 因此此题只有一个自变量, 用导数的记号. 例9 函数u=lnx2+y2+z2在点P(1,2,-2) 处沿哪个方向的方向导数最大? 求此最大值. 分析：梯度方向是方向导数取最大值的方向, 梯度的模是最大方向导数的值. 解：gradu=çæ¶u¶u¶uöæöxyz ,÷=ç2,22222222÷è¶x¶y¶zøèx+y+zx+y+zx+y+zøæ12-2öæ12-2öP(1,2,-2). 因此, 在点处沿方向÷ç,÷的方向999èøè999øpgraduP=ç,导数最大,且最大值为grad 1=. 3222ìï2x+3y+z=9例10 求曲线l:í2在点M0(1,-1,2)处的切线与法平面方程. 22ïîz=3x+y分析：只要求出切向量. 解： 2x2+3y2+z2=9在点M0(1,-1,2)处的法向量为(4,-6,4)， z2=3x2+y2在点M0(1,-1,2)处的法向量为6,-2,-4. ijks=4-64=32i+40j+28k 6-2-4x-1y+1z-2= 8107切线方程为 法平面方程为 8(x-1)+10(y+1)+7(z-2)=0。 注: 切线是两个切平面的交线，切向量既垂直于第一个曲面的法向量，又垂直于第二个曲面的法向量，所以可取它们的向量积. 5 例11 求曲面x2+2y2+3z2=21的平行于x+4y+6z=0的切平面的方程 分析： 本题的关键是在于求出切点的坐标. 解： 设切点为M0(x0,y0,z0,)， 令 F(x,y,z=)则曲面在M0的法向量为 n=Fx,Fy,Fz2x+22y+32z-, 21()M0=(2x0,4y0,6z0) 2x04y06z0=， 146已知平面的法向量为(1,4,6)，故两者平行，因此 所以 y0=z0=2x0. 222又点(x0,y0,z0)在曲面上，有 x0+2y0+3z0=2，1 即 x0+2×(2x0)+3(x20222 1 解得 x0=±1，y0=±2，z0=±2 . )=，22. 1故所求切平面方程为 x+4y+6z=±例12 证明曲面F(2x-z,x+y)=0上任一点处的切平面平行于一定直线，其中F可微。 证明 (1) 设曲面上任一点为M0(x0,y0,z0)，则过点M0的法向量为 n=2×F1'M0'+F2M0',F2M0',-F1M0 (2) 令 ns，s=(l,m,n)， F1则 (2即 F1''M0+F2'M0')l+F2M0'×m-F1M0×n= 0 M0(2l-n)+F2'M0(l+m)=0 只要 2l=n，l=-m即可， 所以可取 s=(1,-1,2). 从而曲面上任一点的切平面均平行于定向量(1,-1,2)，当然也就平行于任何一条以(1,-1,2)为方向向量的直线，取定直线l0为xyz=即可. 1-12注: 此题的关键点是仔细分析切平面法向量分量之间的线性联系. ¶2f¶2f例13 设f(x,y)在有界闭区域D上具有二阶连续偏导数，且恒有+=0，¶x2¶y2¶2f¹0。试证：f(x,y)必在D的边界上取最大值、最小值. ¶x¶y 6 分析： 结论中出现了最大值最小值，应想到用最值定理. 由题设知f(x,y)必在D上取最大值、最小值，因此只须证f(x,y)在D内不能取最值，用题中所给的条件反证. 证明： 反证法，,假设f(x,y)不能在D的边界上取最大值、最小值，则由最值定理知，f(x,y)必在D内取最大值、最小值，不妨设在点M0(x0,y0)处取最大值，即(x,y)ÎDmaxf(x,y)=f(x0,y0)，M0为D内的一点，则f(x0,y0)为D内的极大值点. 由极值的必要条件知fx(x0,y0)=fy(x0,y0)=0，又 A=fxx(x0,y0)，C=fyy(x0,y0)，B=fxy(x0,y0)， A+C=0，B¹0 ÞB2-AC=B2+A2>0， 所以由极值的充分条件知f(x,y)在(x0,y0)处没有极值，这与f(x,y)在(x0,y0)处取极大值矛盾，所以f(x,y)必在D的边界上取最大值. 同理，f(x,y)必在D的边界上取最小值. ì反证法ï条件ï极值的必要条件、充分注：此题用到了í ï最值定理ï极值与最值的关系î例14 在曲面z=1-x-y的第一卦限部分里求一点，使曲面在该点的切平面与三个坐标平面所围成的四面体的体积最小，并求此体积. 分析: 首先求出切平面在三个坐标轴上的截距a,b,c. 则四面体的体积为格朗日乘数法求最小值. 解：(1) 设点M0(x0,y0,z0)为曲面上一点，则在M0的切平面方程为 2x0(x-x , -y+(z-0z)= 00)+2y0(y0)即2x0x+2yy0+z=(2-z0) 或 221abc.然后用拉6xyz+=1 2-z02-z02-z02x02y0所以a=2-z02-z0，b=，c=2-z0 2x02y0 7 1(2-z0)3 (2) 四面体的体积为 V= 24x0y0(2-z)3(3) 令 L=+l(x2+y2+z-1) xyìLx=0ïL=0ïy由 í ïLz=0ïîx2+y2+z=1ìï解得 ïx=yíz=2-6x2 ïï1îx=y=2故所求点为 (12,12,192)，最小体积为 V=16. 8