《多元函数微分学》doc版.doc

第十七章 多元函数微分学1 可微性1. 求下列函数的偏导数：（1）； （2）；（3）；（4）；（5）； （6）；（7）；（8）；（9）；（10）. 解 （1），；（2），；（3）， ；（4），；（5），；（6）， ；（7），；（8），；（9），；（10），.2. 设，求. 解 由于，所以.3. 设考察函数在原点的偏导数.解 由于，而不存在.所以在原点关于的偏导数为,关于的偏导数不存在.4. 证明函数在点连续但偏导数不存在. 证 因为所以函数在点连续.由于当时 的极限不存在，因而在点关于的偏导数不存在.同理可证它在点关于的偏导数也不存在.5. 考察函数在点处的可微性. 解 由偏导数定义知同理可得.由于所以在点处可微.6. 证明函数在点连续且偏导数存在，但在此点不可微. 证 因为，从而,即点连续.由偏导数定义知.同理可得.所以在点的偏导数存在.由于沿着直线趋于点时，其值为；而沿着趋于点时，其值为.所以点处不可微.7. 证明函数在点连续且偏导数存在，但偏导数在不连续，而在原点可微. 证 由于因此点连续.由偏导数定义知.而当时但由于，而不存在.因此当时，的极限不存在，从而在点不连续.同理可证在点不连续.而由于 所以在点处可微.8. 求下列函数在给定点的全微分：（1）在点，；（2）在点. 解 （1）在,连续，从而在，可微.由,可得；由,可得.（2）显然，在连续，从而在可微.由可得；由可得.9. 求下列函数的全微分：（1）；（2）. 解 （1），连续，从而可微.且其全微分为；（2）连续，从而可微.且其全微分为.10. 求曲面在点处的切平面方程和法线方程. 解 由于在处可微，从而切平面存在.因为，所以切平面方程为即.法线方程为 即.11. 求曲面在点处的切平面和法线方程. 解 由于，所以切平面方程为，即；法线方程为，即.12. 在曲面上求一点，使这点的切平面平行于平面；并写出这切平面方程和法线方程. 解 设所求点为，点处切平面法向量为.要使法平面与平面平行，则有,从而，得.曲面在这点的切平面方程为，即.法线方程为，即.13. 计算近似值：（1）；（2）. 解 （1）设.其中，.又 而，故 .（2）设.其中， 故 . 14. 设圆台上下底的半径分别为，高.若分别增加，求此圆台体积变化的近似值. 解 圆台体积，从而将及代入上式得 .15. 证明：若二元函数在点的某邻域内的偏导函数与有界，则在内连续. 证 由与在内有界，设此邻域为，存在，使，在内成立.任取，由于 .所以对任给的，存在，当，时，有，故在连续.由的任意性得，在内连续.16. 设二元函数在区域上连续.（1）若在内有，试问在上有何特性？（2）若在内有，又怎样？（3）在（1）的讨论中，关于在上的连续性可否省略？长方形区域可否改为任意区域？ 解 （1）此时.事实上：对内任意两点，由中值定理知即.由的任意性知.（2）此时（为常数）.事实上：对内任意两点，由中值定理知其中，.由于，所以.由的任意性知.（3）在（1）的讨论中，关于在上的连续性不可省略.否则结论不一定成立.例如：在矩形区域上定义二元函数在内，显然在上不连续.，显然与有关，结论不成立.在（1）的讨论中，长方形区域不能改为任意区域.否则结论不一定成立.例如：设，而，二元函数在上连续，且在内，但.显然与有关，结论不成立.17. 试证在原点的充分小邻域内，有. 证 设，取，则由于所以.18. 求曲面与平面的交线在处的切线与轴的交角. 解 设交角为，根据导数的几何意义切线对轴的斜率为，从而，所以切线与轴的交角为.19. 试证：（1）乘积的相对误差限近似于各因子相对误差限之和.（2）商的相对误差限近似于分子和分母相对误差限之和. 证 （1）设，则.故.（2）设，则.故.20. 测得一物体的体积，其绝对误差限为；又测得重量，其绝对误差限为.求由公式算出的比重的相对误差限和绝对误差限. 解 的绝对误差限：.的相对误差限：.2 复合函数微分法1. 求下列复合函数的偏导数或导数：（1）设，求；（2）设，求；（3）设，求；（4）设，求；（5）设，求；（6）设，求. 解 （1）令，则.因此.（2）；.（3）.（4）；.（5）令，则，因此；.（6）令，则，因此；.2. 设，其中为可微函数，验证. 证 设，则，从而，所以 .3. 设，其中为可微函数，证明. 证 设，则,从而，所以.4. 设可微，证明：在坐标旋转变换之下，是一个形式不变量.即若则必有（其中旋转角是常数）. 证 由于，所以 .故.5. 设是可微函数，.试求与. 解 由于.所以 .6. 若函数满足恒等式，则称为次齐次函数.试证下述关于齐次函数的欧拉定理：可微函数为次齐次函数的充要条件是：并证明：为次齐次函数. 证 必要性 令，由.两边对求导得令，则有.充分性 设令，求关于的偏导数得 由已知条件得，所以仅是的函数，记，则有令，有，所以.因为，所以为二次齐次函数.7. 设具有性质，证明（1）；（2）. 证 （1）由，令得，即 .（2）令，对两边关于求导数得令，则有.8. 设由行列式表示的函数其中的导数都存在，证明. 证 记由行列式定义知为元的可微函数，且把所给行列式按第行展开有其中是的代数余子式，所以则而 ，所以.3 方向导数与梯度1. 求函数在点处沿方向（其方向角分别为）的方向导数. 解 显然在处可微，故由得.2. 求函数在点处沿到点的方向上的方向导数. 解 的方向余弦为，且 ，所以 .3. 求函数在在点及点处的梯度以及它们的模. 解 ，于是 grad，|grad|=；，于是 grad ，|grad|=.4. 设函数，其中，求的梯度；并指出在空间哪些点上成立等式|grad u|=1. 解 因为同理，所以grad.由|grad|=，得.所以要使|grad|=1的点是满足方程的点，即在空间以为心的单位球面上都有|grad|=1.5. 设函数，求它在点的梯度. 解 因为，所以grad.6. 证明：（1）gradgrad（为常数）；（2）gradgrad+grad（为常数）；（3）grad=grad+grad;(4) grad=grad.证 设，则（1）gradgrad；（2）gradgrad+grad；（3）grad grad+grad.（4）gradgrad.7. 设，试求（1）grad；（2） grad. 解 （1）由，得grad.（2）设，得，所以grad=grad.8. 设，试问在怎样的点集上grad分别满足：（1）垂直于轴；（2）平行于轴；（3）恒为零向量. 解 grad.（1）轴的方向为，所以当时梯度方向垂直于轴；（2）当，即时梯度方向平行于轴；（3）当即或，或，或，或时梯度都恒为零向量.9. 设可微，为上的一个确定向量.倘若处处有，试问此函数有何特征？ 解 设上向量的方向余弦为，则，而，所以.即.这说明函数在上每一点的梯度方向与向量都垂直.10. 设可微，与为上的一组线性无关向量.试证明：若 ，则常数. 证 设向量的方向余弦为， 由已知得方程组又由与线性无关知，所以方程组只有零解.即，则常数.4 泰勒公式与极值问题1. 求下列函数的高阶偏导数：（1），所有二阶偏导数；（2），所有二阶偏导数；（3），；（4），；（5），所有二阶偏导数；（6），所有二阶偏导数；（7）. 解 （1），；（2） ，；（3），；（4），由归纳法知所以 ；（5），（6）设.则 ，.（7） ，.2. 设，证明：. 证 由于， ，所以 .3. 设，证明：.证 ，所以.4. 设，为常数，证明：. 证 ，同理 ，所以 .5. 证明定理17.8的推论.定理17.8推论 若函数在上存在偏导数，且则在区域上为常量函数. 证 设和是区域中任意两点，由于为区域，故可用一条完全在内的折线连接（见右图）.设为折线上第一个顶点，在直线段上每一点，存在邻域，由定理17.8知，在内任一点，都有由已知，所以.即在内函数是常数.由于上任一点都有这样的邻域，使得常数.由有限覆盖定理知：存在有限个这样的邻域，使得.同理可证. 由于和是区域中任意两点，所以在区域上为常数.6. 通过对施用中值定理，证明对某，有 . 证 由中值定理存在某使得令得，即.7. 求下列函数在指定点处的泰勒公式：（1）在点（到二阶为止）；（2）在点（到三阶为止）；（3）在点；（4）在点. 解 （1），；所以 .其中.（2），；，所以 .其中 (3) ， ，所以 ，.(4),;； 所以 .8. 求下列函数的极值点：（1）；（2）；（3）. 解 （1）由方程组解得稳定点.由于，且，故不是极值点.由于，且，故是极大值点.极大值.（2）由方程组解得稳定点.由于，且，故是极小值点.极小值.（3）由方程组解得稳定点.由于，且，故是极小值点.极小值.9. 求下列函数在指定范围内的最大值与最小值：（1）；（2）；（3）. 解 （1）由方程组解得惟一稳定点.由于，且，故不是极值点.在边界上.由得稳定点，这时，在点和上，；在边界上.由得稳定点，这时,在点和上，比较各点的函数值知在点上取得最小值，在点上取得最大值.（2）由方程组解得惟一稳定点，且.考察在边界上的稳定点及其函数值：.由得稳定点，这时，.由得稳定点，这时，.由得稳定点，这时，.由得稳定点，这时，再计算边界点的函数值都为.所以函数的最大值点为，最大值为.函数的最小值点为，最小值为.（3）由方程组，得.因此稳定点为与，而在所给区域内部只有为稳定点，且.在边界；上函数值均为.所以函数在点取得最大值.在边界上取得最小值.10. 在已知周长为的一切三角形中，求出面积为最大的三角形. 解 设三角形的三边分别为，则其面积：，而与有相同的稳定点，故考虑由，得惟一稳定点，从而，又在的边界上，且 则，所以在处取得最大值，因而面积最大的三角形为边长为的等边三角形.此时面积为.11. 在平面上求一点，使它到三直线及的距离平方和最小. 解 设所求点的坐标为，它到的距离为，它到的距离为，它到的距离为，所以它到三直线的距离的平方和为由，解得惟一稳定点.因为即，因此为的极小值点，且是惟一的稳定点，故是所求的点.12. 已知平面上个点的坐标分别是试求一点，使它与这个点距离的平方和最小. 解 设所求点的坐标为，它与各点距离的平方和为由 解得惟一稳定点.因为，即，因此是所求的点.13. 证明：函数（为常数）满足热传导方程 证 由于，所以.14. 证明：函数（为常数）满足拉普拉斯方程.证 由于，所以 .15. 证明：若函数满足拉普拉斯方程.则函数也满足此方程. 证 令，则有，而故有.同理.所以.16. 设函数，证明. 证 令，则.， ，.17. 设和在点的某邻域内存在，在点连续，证明也存在，且. 证 由已知条件及中值定理得，从而 即 由于在点连续，故对上式两边取得再令，由在点连续及的定义即得.18. 设在点的某邻域内存在且在点可微，则有.证 记，则又由在点可微知， 所以. （1）如果令，则用前面相同的方法，又可得到因此. （2）由（1），（2）两式即得.19. 设 .求:（1） ；（2）；（3）. 解 ，同理，.所以（1）；（2）；（3）又，从而 .20. 设,试按的正数幂展开. 解 由于， ，.所以 .总 练 习 题1. 设,证明. 证 由于，所以.2. 求函数 在原点的偏导数，并考察在的可微性. 解 ， ，而 沿着直线趋于原点时，上式极限为，而沿着直线趋于原点时，上式极限为，所以上式极限不存在.即函数在不可微.3. 设，证明：（1），（2）. 证 （1）将行列式按第列展开得其中是的代数余子式.则从而.而，所以.（2）显然是次齐次函数，由本章习题2.6有.4. 设函数具有连续的阶导数，试证函数的阶导数. 证 应用数学归纳法证明.当时，且 .设成立.则 .所以对一切的都有.5. 设，求.