【学习笔记】数学笔记其七 · 多元函数微分学

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多元函数微分学延续了微分学的调性，概念多，计算简单。但比一元微分学还温和一点，这篇不考大证明题，也没有什么诡异的中值。题型主要分成三种:

概念。主要考小题，大题也有涉及。量不少、不难、不杂。
- “证明 $z=f(x,y)\cdot g(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微”
- “ $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微的充分条件是……”
计算。大小题均有，包括复合函数求导和偏微分的积分。
- *“设 $f(x,y)=$ ……则 $df(x,y)|_{(0,1)}=$ ……”
- “ $F(x,y,z)$ 确定隐函数…… $z'_{x}(1,1)=$ ……”
极值。主要考大题，高度模板化，送分大头。
- “求函数 $f(x,y)$ 的最小值”
- “证明函数在……上有最大值”

概念题#

重极限#

事情要从极限底下变成两个符号那天说起。

我们说一元极限 $x\to x_0$ , 它只有左、右两条路，再怎么走也只需要左右极限相等即可。

二元极限要求 $P(x,y)$ 在平面上以任意方式趋近 $P_0(x_0,y_0)$ 时函数值都趋于同一个数 $L$ :

\begin{align*} &\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y) = L \iff \\ &\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ 0<\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta \Rightarrow |f(x,y)-L|<\varepsilon \end{align*}

路有无限多条。任有一条走不通，或者两条的极限不一样，最终极限就不存在。

图中函数为:

f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}

我们要判定它在 $(0,0)$ 不存在非常简单，只要代入一条抛物线 $y=kx^{2}$ 就能立刻证明:

f(x, kx^{2})=\frac{x^{2}kx^{2}}{x^4+k^{2}x^4}=\frac{k}{1+k^{2}}

显然，极限随 $k$ 变化，故 $(0,0)$ 处极限不存在。

这里 $y=kx^{2}$ 不是瞎找的，实际上 $y=kx$ 和 $y=kx^{2}$ 就足够判断绝大多数函数极限不存在了。如果真有判不出来的那大概率得现场分析了。

判定存在则麻烦得多。一种常用的方法是换极坐标，简单来说，“趋近”这一行为本质上是 $\textcolor{pink}{ r=\sqrt{ x^{2}+y^{2} } }$ 的下降，因此令 $x-x_0=r\cos\theta$ 、 $y-y_0=r\sin\theta$ , 若能找到一个与 $\textcolor{pink}{ \theta }$ 无关、随 $r\to 0$ 而趋于零的量控制住 $|f-L|$ , 则极限存在。

同理，如果能找到上下两个 $r\to 0$ 、能把 $f$ 值夹逼到同一个点的两个函数，也可以证明极限存在。

累次极限#

\lim\limits_{x\to x_0}\lim\limits_{y\to y_0}f(x,y)

注意它和重极限完全不一样，它们就是简单地、从内到外依次互不干扰地求极限。先固定里面的变量简单取 $y\to y_{0}$ 的一元极限、再对外面的取，顺序不能颠倒。顺序不同可能导致结果不同。

可惜的是重极限与累次极限互不蕴含。

$\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 重极限不存在，但两个累次极限都存在且为0

$x\sin\frac1y$ （ $y=0$ 处补0）的重极限为0，但先对 $y$ 取极限时内层极限不存在，累次极限也不存在。

唯一可用的结论是: 若重极限与某顺序的累次极限都存在，则二者相等。

TIP
狄利克雷函数 $D(x)$ 的一种常见构造就基于累次极限。
$D(x)=\lim_{k\to\infty}\lim_{j\to\infty}\left[\cos(k!\pi x)\right]^{2j}$
交换 $k,j$ 的取极限次序后,表达式在有理数点取值为1，在无理数点是发散/无定义的。

连续#

二元函数在 $(x_0,y_0)$ 连续的定义与一元完全一致，即极限存在且等于函数值:

\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y) = f(x_0,y_0)

我曾在极限篇将极限存在记为 $L=V=R$ . 那时是因为还只有左右两边。

现在我们可以记为 $\forall Q=V$ , 意为所有方向上的极限都等于该点函数值。

偏导数#

直接对 $x$ 求导数，把 $y$ 当常数，这就是对 $x$ 求偏导。

在 $(x_0,y_0)$ 处对 $x$ 的偏导数定义为

f_x(x_0,y_0) = \lim_{\Delta x\to0} \frac{f(x_0+\Delta x, y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}

也是能明显地看出来为什么偏导就是把 $y$ 当常数。它和一元导数不能说是完全一致，也只能说是同根同源了。所以偏导本质是一维问题，一元求导的一切技巧（定义式、公式、分段点用定义）原样搬过来即可。

曲面 $z=f(x,y)$ 被平面 $y=y_0$ 截出交线， $f_x(x_0,y_0)$ 就是这条交线在 $(x_0,y_0)$ 处关于 $x$ 轴方向的变化率； $f_y$ 同理对应平面 $x=x_0$ 的截线。

偏导的概念不会考的像一元微分那么精细连续可导链体操吓哭了，但也要明确一些二维上的新东西:

问题一: 导数存在 $\implies$ 连续，偏导数存在 $\implies?$

一元函数中: $f'(x)$ 在 $x_0$ 处存在 $\implies f(x)$ 在 $x_0$ 处连续
二元函数中: $f'_{x}(x,y)$ $f_{x}^{'} (x, y)$ 在 $(x_0,y_{0})$ $(x_{0}, y_{0})$ 处存在 $\implies g(x)=f(x,y_{0})$ $⟹ g (x) = f (x, y_{0})$ 在 $x_0$ $x_{0}$ 处连续
- 本质上是在 $y=y_{0}$ 这条线上连续，因为偏导只保证一个方向
不能推导出 $f(x,y)$ $f (x, y)$ 连续。
- 二元函数的连续要求所有方向都连续，偏导存在最多保证两个方向。

问题二: $f(x^{2})$ 可以换成 $f(u),u=x^{2}$ , $f'_{x}(x,y)$ 这个记号如何换呢

二元函数中，对一个参数的导数并非针对 $x$ 这个记号，而是第一个位置的参数这个概念。偏导有三种常见记号。分别是:

偏导符号法
- 最麻烦，最常见。
- $\frac{\partial}{\partial x}f(x,y)=\frac{\partial}{\partial u}f(u,v)$
- $\frac{\partial^{2}}{\partial x\partial y}f(x,y)=\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial}{\partial y}f(x,y))$ , $\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}f(x,y)$
符号法
- 最方便，最易混。
- $f'_{x}(x,y)=f'_{u}(u,v)$
- $f''_{xy}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial}{\partial x}f(x,y))$ , $f''_{xx}(x,y)$
位置法
- 最精确，最少见。
- $f'_{1}(x,y)=f'_{1}(u,v)$
- $f''_{12}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial}{\partial x}f(x,y))$ , $f''_{11}(x,y)$
- 它可以用于这种场景而不混淆: $f''_{12}(\sin x-y,x+y^{2})$ .

对于后两种，也有写作 $f'_{xy}(x,y)$ 的 (只有一个 $'$ ), 并不会造成歧义，甚至不写撇( $f_{xy}$ ), 也不会造成歧义。

另有: $z_{xy}''$ , $z_{xx}''$ , $z_{12}''$ 等记法用于记号的表示。

问题三: $f''_{12}(x,y)$ 和 $f''_{21}(x,y)$ 有区别吗？

简单来说，若 $f''_{12}(x,y)$ 与 $f''_{21}(x,y)$ 在区域内连续 $\implies$ 二者相等（即 $f$ 的求导次序可交换）。实际计算题中这个条件通常默认满足，但概念题会特意挖一点简单小坑，题目只说”偏导数存在”时是不能交换求导次序的。

可微#

定义: 若增量 $\Delta z = f(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$ 能写成

\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho), \quad \rho=\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}

其中 $A,B$ 是与 $\Delta x,\Delta y$ 无关的常数，则称 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微。可微是二元函数真正的“可导”。其性质包括:

此时必有 $A=f'_x(x_0, y_0)$ , $B=f'_y(x_0, y_0)$
此时全微分存在，记作 $dz=f'_x\,dx+f'_y\,dy$
这个函数在此处有一个唯一的切平面，几何方面不难想象，这个点处是“平”的。
- 这个平面方程就是 $z - z_0 = A(x - x_0) + B(y - y_0)$

NOTE
为什么公式里会出现一个 $\rho=\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 呢？
$\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 是二元邻域的 $dx$ , 它的意义在于无论在二维平面上从什么曲线逼近 $(0,0)$ , 都有 $\begin{cases}x\to 0\\y\to 0\end{cases}\implies \rho\to 0$ . “逼近”是指距离减小， $\rho$ 就是距离本身。

可微性的判定有两种方法。

充分条件法: 算出偏导，如果偏导连续则一定可微，偏导不连续时什么也断言不了。
定义法: 直接验证

\lim_{\rho\to0} \frac{\Delta z - f_x(x_0,y_0)\Delta x - f_y(x_0,y_0)\Delta y}{\rho} = 0

真题里“判断 $f$ 在原点是否可微”的选择题全是为此设计的，先按定义算两个偏导，如果有不连续的再代进这个极限，再仔细观察分子有没有脏东西如 $\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$ 这种项，可能它就不为零了。

graph TD PC["偏导连续"] --> D["可微"] I["定义式"] --> D["可微"] D --> C["连续"] D --> P["偏导存在"]

注意 $\rho$ 可能参与计算，要么按照正常的 $\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 计算，要么使用极坐标转换 $\begin{cases}x=\rho \cos \theta\\y=\rho \sin \theta\end{cases}$ . 比方来说， $z(x,y)$ 处处满足增量方程 $\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+\Delta x\Delta y$ , 则:

\begin{align*} \Delta z&=A\Delta x+B\Delta y+\Delta x\Delta y \\ \Delta z-A\Delta x-B\Delta y&=\Delta x\Delta y \\ \lim_{ \rho \to 0 } \frac{\Delta z-A\Delta x-B\Delta y}{\rho}&=\lim_{ \rho \to 0 } \frac{\Delta x\Delta y}{\rho} \\ &=\lim_{ \rho \to 0 }\frac{\rho^{2}\cos \theta\sin\theta}{\rho} \\ &=\lim_{ \rho \to 0 }\rho\cos \theta\sin\theta \\ &=0 \end{align*}

则 $z$ 处处可微。

TIP
考定义的时候很多题目有条件 $(x_{0},y_{0})=(0,0)$ , 少数有保持变量状态的，但基本没有 $(x_{0},y_{0})=(1,2)$ 这种的。
$(0,0)$ 这个点对于可微性本身来说虽然不特殊，但各种条件带入后的各式确是真题非常常见的式子。
举例来说，可微性的原式在 $(0,0)$ 会变成:
$f(x, y)-f(0,0) = Ax + By + o(\rho)$
上式省略了 $\Delta$ , 因为没有纯 $x$ 之后不再需要区分了，而且真题确实也经常这么干，非常混淆视听。

graph TD A["判断f(0,0)是否可微<br/>按定义算f'x,f'y(0,0)"] A --> B{"偏导<br/>连续"} B -->|"是"| OK["可微"] B -->|"否/不确定"| D["代入上述判别式"] D -->|"极限为0"| OK D -->|"非0/不存在"| NO["不可微"]

07302:7/90/★★★☆☆#

二元函数 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微的一个充分条件是（） A. $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)} \left[ f(x, y) - f(0,0) \right] = 0$ B. $\lim\limits_{x\to0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = 0$ 且 $\lim\limits_{y\to0} \frac{f(0,y) - f(0,0)}{y} = 0$ C. $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x, y) - f(0,0)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0$ D. $\lim\limits_{x\to0} \left[ f'_x(x,0) - f'_x(0,0) \right] = 0$ 且 $\lim\limits_{y\to0} \left[ f'_y(0,y) - f'_y(0,0) \right] = 0$

我说这种小题考可微的各种条件考的最勤了。

像这种题，考的命题的类型其实就那么几个，无非是原函数、X偏导、Y偏导在邻域上、在去心邻域上、在线邻域上、在点上的存在性、连续性。一元微分学上我们可以掰扯清楚谁能推出谁，二元微分学就大可不必了，但我们也还是得记住哪些条件能推出可微。可微是出题的绝对中心。

注意，以上的排列组合中并没有与可微的充要条件，但有不少充分条件。

A. 函数-在点上-连续

原式变形为 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)$ . 只是一个简单的连续，与可微还差得远。

B. 偏导数-在点上-存在

原式变形为 $f'_x(0,0)=f'_y(0,0)=0$ . 一个很知名的可微充分条件是偏导连续。这里并不连续。

C. 这个条件不能用上述枚举表示，因为这个极限表达式内部也是关于 $\rho$ 的。

设 $A=0,B=0$ , 对 $f(x, y)-f(0,0) = Ax + By + o(\rho)$ 求极限:

\begin{align*} f(x, y)-f(0,0) &= o(\rho) \\ \lim_{ \rho \to 0 } \frac{f(x, y)-f(0,0)}{\rho} &= \lim_{ \rho \to 0 } \frac{o(\rho)}{\rho}=0 \\ \end{align*}

导出原式满足可微条件，而且还给了额外的 $A=0,B=0$ , 是充分条件。

再仔细看看这个极限，有没有觉得很熟悉

\lim\limits_{\rho \to 0} \frac{f - f|_{\rho=0}}{\rho} = 0\qquad \textcolor{gray}{ \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = 0 }

我看这可微判定式和导数定义也有异曲同工之妙啊

D. X偏导数-在y=0上-连续 & Y偏导数-在x=0上-连续

$\lim\limits_{x\to0} f'_x(x,0) = f'_x(0,0)$ , $\lim\limits_{y\to0} f'_y(0,y) = f'_y(0,0)$

这里的条件其实是很窄的。两个偏导数都各只在一条轴上连续，根本不是真正的”偏导数连续“. 我们做题的时候可以“偏导数-在邻域内-连续”为充分标准即可。

反例 $f=\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}$ (原点补 $0$ ), $f'_x(x,0)\equiv0$ , $f'_y(0,y)\equiv0$ ,

\frac{\Delta z}{\rho}=\frac{x^2y}{(x^2+y^2)^{3/2}}=\cos^{2}\theta\sin\theta

随 $\theta$ 变化而不趋于 $0$ , 不可微。

“偏导数连续”真正的最弱范围是什么？
其中一个偏导数在点 $(x_0, y_0)$ 的某邻域内存在且在该点连续，另一个偏导数在点 $(x_0, y_0)$ 处存在。 也就是:

偏导1-在邻域-存在 &

偏导1-在点处-连续 &

偏导2-在点处-存在

当然，即使已经最弱了，这依然不是充要条件。从“偏导连续”中榨出来的条件总会多一点水分。至于充分在哪，提示: $(x^2 + y^2) \sin \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

27660:422/90/★★★☆☆#

设 $f(x,y) = \begin{cases} \dfrac{x^4 - y^4}{x^2 + y^2}, & x^2 + y^2 \neq 0, \\ 0, & x^2 + y^2 = 0, \end{cases}$ , 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处

(A) 连续，但偏导数 $f'_x(0,0)$ 和 $f'_y(0,0)$ 不存在. (B) 连续且偏导数 $f'_x(0,0)$ 和 $f'_y(0,0)$ 都存在，但不可微. (C) 可微但 $f'_x$ 和 $f'_y$ 不连续. (D) 可微且 $f'_x$ 和 $f'_y$ 连续.

解

四个选项正好是”连续/偏导存在/可微/偏导连续”的四种组合，逐个验。核心武器是一条估计: ——分子是分母的高次无穷小，连续和可微都直接由它推出。

先验连续: $|f(x,y)|\le\rho^2\to0=f(0,0)$ , 连续。

偏导: 沿 $x$ 轴 $f(x,0)=x^2$ , 故 $f'_x(0,0)=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2-0}{x}=0$ , 同理 $f'_y(0,0)=0$ , 都存在。

可微: $A=B=0$ , 代入定义式:

\begin{align*} \frac{\Delta z-0}{\rho} &=\frac{\Delta x^4-\Delta y^4}{\rho^3} \\ &=\frac{\rho^4(\cos^{4}\theta-\sin^{4}\theta)}{\rho^3} \\ &=\rho(\cos^{4}\theta-\sin^{4}\theta)\to0 \end{align*}

可微。

最后验 $f'_x$ 连续（ $f'_y$ 同理）: $(x,y)\neq(0,0)$ 时

f'_x=\frac{4x^3(x^2+y^2)-2x(x^4-y^4)}{(x^2+y^2)^2}

换极坐标 $x=\rho\cos\theta,\ y=\rho\sin\theta$ 化简得 $f'_x=2\rho\cos\theta$ , 被 $2\rho$ 一致控制地趋于0，故 $f'_x$ 在原点连续。选(D)。

27660:431/135/★★★★☆#

设 $f(u, v)$ 有连续偏导数且 $f(0, 0) = 0$ , 则下列等式中成立的是

(A) $f(x, y) = x \int_{0}^{1} \frac{\partial f(tx, y)}{\partial u} \mathrm{d}t.$ (B) $f(x, y) = y \int_{0}^{1} \frac{\partial f(x, ty)}{\partial v} \mathrm{d}t.$ (C) $f(x, y) = x \int_{0}^{1} \frac{\partial f(tx, ty)}{\partial u} \mathrm{d}t + y \int_{0}^{1} \frac{\partial f(tx, ty)}{\partial v} \mathrm{d}t.$ (D) $f(x, y) = x \int_{0}^{1} \frac{\partial f(tx, y)}{\partial u} \mathrm{d}t + y \int_{0}^{1} \frac{\partial f(x, ty)}{\partial v} \mathrm{d}t.$

解

令 $F(t)=f(tx,ty)$ , 则 $F(0)=f(0,0)=0$ , $F(1)=f(x,y)$ , 由链式法则

F'(t)=x\,f'_u(tx,ty)+y\,f'_v(tx,ty)

于是由微积分基本定理

\begin{align*} f(x,y)&=f(x,y)-f(0,0)=\int_0^1F'(t)\,dt \\ &=x\int_0^1 f'_u(tx,ty)\,dt+y\int_0^1 f'_v(tx,ty)\,dt \end{align*}

即(C)成立。

计算题#

转极坐标法#

转极坐标是多元函数尤其常用的技巧。本节内容同样适用二重积分

\begin{cases} x=r\cos \theta \\ y=r\sin \theta \end{cases}\;,\quad\begin{cases} r=\sqrt{ x^{2}+y^{2} } \\ \theta=\operatorname{atan2}(y,x) \end{cases}

\operatorname{atan2}(y,x)=\begin{cases} \arctan(y/x), & x > 0 \\ \arctan(y/x) + \pi, & x < 0,\ y \ge 0 \\ \arctan(y/x) - \pi, & x < 0,\ y < 0 \\ \pi/2, & x = 0,\ y > 0 \\ -\pi/2, & x = 0,\ y < 0 \\ \end{cases}

如果原点行为被保证，极坐标其实和直角坐标在局部的表现差不多，更重要的是题式形式的变化。

转极坐标本质上是把趋近 $(0,0)$ 翻译成 $r\to0$ , 方向、路径、奇异性全被塞进 $\theta$ 。

什么时候该转: 看到 $\sqrt{x^2+y^2}$ , $x^2+y^2$ 这类团块，且原式满足其中一个:

并不在乎或者要求原点什么性质。
保证了原点的性质。比如方程显然在原点为0.
需要深度研究原点的性质以至于无法绕开极坐标。比如需要转可微形式。

什么时候别转:

方程和 $r=\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 占不起一点关系
区域与圆、扇形完全不沾边
转完凭空多出讨厌的 $\frac1r$ 。

全微分#

由可微的定义直接得到公式

dz=f'_x(x,y)\,dx+f'_y(x,y)\,dy

求 $df(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处的值这类题就是先算偏导、再代点，机械得不能再机械。比如

\begin{align*} z&=x^2y+e^x\sin y \\ z'_x&=2xy+e^x\sin y \\ z'_y&=x^2+e^x\cos y \\[6pt] dz&=(2xy+e^x\sin y)\,dx+(x^2+e^x\cos y)\,dy \\ dz|_{(0,1)}&=\sin 1\,dx+\cos 1\,dy \end{align*}

注意，这种题有时候会反过来给你全微分去让你积分求原式，那种有点技术含量，后面就讲。

另一件事是一阶微分形式的不变性: 无论 $u,v$ 是自变量还是中间变量，全微分都长一个样

dz=f'_u\,du+f'_v\,dv

所以复合函数求全微分可以不背链式法则，先写出 $dz=f'_u\,du+f'_v\,dv$ , 再逐层代入 $du=u'_x\,dx+u'_y\,dy$ 、 $dv=v'_x\,dx+v'_y\,dy$ , 展开整理。

WARNING
形式不变性只对一阶微分成立: 二阶微分 $d^2z$ 没有这个性质（中间变量不是自变量时 $d^2u\neq u''_{xx}\,dx^2+u''_{yy}\,dy^2$ ），概念题偶尔在这里挖坑。

复合函数求导/链式法则#

设 $z=f(u,v)$ , $u=u(x,y)$ , $v=v(x,y)$ , 则

\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}

graph TD Z["z = f(u,v)"] -->|"∂f/∂1"| U["u = u(x,y)"] Z -->|"∂f/∂2"| V["v = v(x,y)"] U -->|"∂u/∂x"| X1["x"] U -->|"∂u/∂y"| Y1["y"] V -->|"∂v/∂x"| X2["x"] V -->|"∂v/∂y"| Y2["y"]

从 $z$ 到 $x$ 有两条路径: $z\to u\to x$ （ $\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}$ ）和 $z\to v\to x$ （ $\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}$ ）.

中间变量只有一元（ $u=u(t)$ 、 $v=v(t)$ ）时退化为全导数

\frac{dz}{dt} = f_u\cdot u'(t) + f_v\cdot v'(t)

27330:153/90/★★★☆☆#

(1). 设 $z = f(2x - y) + g(x, xy)$ , 其中 $f(t)$ 二阶可导， $g(u, v)$ 具有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$ 。

(2). 设 $u = f(x, y, z)$ , 其中 $z = \int_{0}^{xy} e^{t^2} \mathrm{d}t$ , $f$ 有二阶连续偏导数，求 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}$ 。

解

\begin{align*} z &= f(2x - y) + g(x, xy) \\[9pt] \frac{\partial z}{\partial x} &= \textcolor{aqua}{f'(2x-y)\cdot\frac{\partial}{\partial x}(2x-y)} + \textcolor{yellow}{g'_1 \cdot \frac{\partial}{\partial x}x} + \textcolor{lime}{ g'_2 \cdot \frac{\partial}{\partial x}xy } \\ &= \textcolor{aqua}{f'(2x - y)\cdot 2} + \textcolor{yellow}{g'_1 \cdot 1} + \textcolor{lime}{ g'_2 \cdot y } \\ &= \textcolor{aqua}{2f'(2x-y)} + \textcolor{yellow}{g'_1(x,xy)} + \textcolor{lime}{ y\,g'_2(x,xy) }. \\[9pt] \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left[ \textcolor{aqua}{2f'(t)} + \textcolor{yellow}{g'_1} + \textcolor{lime}{ y\,g'_2 } \right] \\ &= \textcolor{aqua}{2\frac{\partial}{\partial y}f'(t)} + \textcolor{yellow}{\frac{\partial}{\partial y}g'_1} + \textcolor{lime}{ \frac{\partial}{\partial y}(y\,g'_2) }. \\[6pt] &\begin{cases} \textcolor{aqua}{ 2\frac{\partial}{\partial y}f'(t) } &\textcolor{aqua}{= 2 f''(t)\cdot \frac{\partial t}{\partial y}} \textcolor{aqua}{= 2 f''(2x-y)\cdot(-1)} \textcolor{aqua}{= -2 f''(2x-y)}. \\ \textcolor{yellow}{ \frac{\partial}{\partial y}g'_1 } &\textcolor{yellow}{= g''_{11}\cdot 0 + g''_{12}\cdot x} \textcolor{yellow}{= x\,g''_{12}(x,xy)}. \\ \textcolor{lime}{ \frac{\partial}{\partial y}(y\,g'_2) } &\textcolor{lime}{= g'_2 + y\,\frac{\partial }{\partial y}g'_2} \\ &\textcolor{lime}{= g'_2 + y\left( g''_{21}\cdot 0 + g''_{22}\cdot x \right)} \textcolor{lime}{= g'_2(x,xy) + xy\,g''_{22}(x,xy)}. \\ \\ \end{cases} \\ \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} &= \textcolor{aqua}{ -2 f''(2x-y) } + \textcolor{yellow}{ x\,g''_{12}(x,xy)} + \textcolor{lime}{ g'_2(x,xy) + xy\,g''_{22}(x,xy) } \end{align*}

(2)

\begin{align*} \quad u &= f(x, y, z),\quad z = \int_{0}^{xy} e^{t^2} dt \\ z_x &= \frac{\partial z}{\partial x} = e^{(xy)^2}\cdot y = y e^{x^2 y^2} \\ z_y &= \frac{\partial z}{\partial y} = e^{(xy)^2}\cdot x = x e^{x^2 y^2} \\[9pt] \frac{\partial u}{\partial x} &= \textcolor{aqua}{ f_x(x,y,z)\cdot \frac{\partial x}{\partial x} } + \textcolor{yellow}{ f_y(x,y,z)\cdot \frac{\partial y}{\partial x} } + \textcolor{lime}{ f_z(x,y,z)\cdot \frac{\partial z}{\partial x} } \\ &= \textcolor{aqua}{ f_x(x,y,z)\cdot 1 } + \textcolor{yellow}{ f_y(x,y,z)\cdot 0 } + \textcolor{lime}{ f_z(x,y,z)\cdot z_x } \\ &= \textcolor{aqua}{ f_1(x,y,z) } + \textcolor{lime}{ y e^{x^2 y^2} f_3(x,y,z) } \\[9pt] \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left[ \textcolor{aqua}{ f_1(x,y,z) } + \textcolor{lime}{ y e^{x^2 y^2} f_3(x,y,z) } \right] \\ &= \textcolor{aqua}{ \frac{\partial}{\partial y} f_1(x,y,z) } + \textcolor{lime}{ \frac{\partial}{\partial y}\bigl( y e^{x^2 y^2} f_3(x,y,z) \bigr) } \\[9pt] &\begin{cases} &\textcolor{aqua}{\frac{\partial}{\partial y} f_1(x,y,z)} \\ &\textcolor{aqua}{= f_{11}\cdot 0 + f_{12}\cdot 1 + f_{13}\cdot z_y} \\ &\textcolor{aqua}{= f_{12}(x,y,z) + x e^{x^2 y^2} f_{13}(x,y,z)} \\ \\ &\textcolor{lime}{ \frac{\partial}{\partial y}\bigl( y e^{x^2 y^2} f_3(x,y,z) \bigr) } \\ &\textcolor{lime}{ = \frac{\partial}{\partial y}(y e^{x^2 y^2})\cdot f_3 + y e^{x^2 y^2} \cdot \frac{\partial}{\partial y} f_3 } \\ &\textcolor{lime}{ = e^{x^2 y^2}(1 + 2x^2 y^2) f_3 + y e^{x^2 y^2} \bigl( f_{31}\cdot 0 + f_{32}\cdot 1 + f_{33}\cdot z_y \bigr) } \\ &\textcolor{lime}{ = e^{x^2 y^2}(1 + 2x^2 y^2) f_3 + y e^{x^2 y^2} \bigl( f_{32}(x,y,z) + x e^{x^2 y^2} f_{33}(x,y,z) \bigr) } \\ &\textcolor{lime}{ = e^{x^2 y^2}(1 + 2x^2 y^2) f_3 + y e^{x^2 y^2} f_{32} + xy e^{2x^2 y^2} f_{33} } \end{cases} \\[9pt] \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= \textcolor{aqua}{ f_{12}(x,y,z) + xe^{x^2 y^2} f_{13}(x,y,z)} \\ &+\textcolor{lime}{ e^{x^2 y^2}(1 + 2x^2 y^2) f_3(x,y,z)} \\ &+\textcolor{lime}{ y e^{x^2 y^2} f_{32}(x,y,z) } \\ &+\textcolor{lime}{ xy e^{2x^2 y^2} f_{33}(x,y,z) } \end{align*}

隐函数求导#

方程 $F(x,y)=0$ 在满足 $F_y(x_0,y_0)\neq0$ 的点附近确定隐函数 $y=y(x)$ （隐函数存在定理），此时

\begin{align*} F(x,y)&=0 \\ F_{x}\;dx+F_{y}\;dy&=0 \\ F_{y}\;dy&=-F_{x}\;dx \\ \frac{dy}{dx} &= -\frac{F_x}{F_y} \end{align*}

方程 $F(x,y,z)=0$ 在 $F_z(x_0,y_0,z_0)\neq0$ 处确定 $z=z(x,y)$ , 则

\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z}

以上小公式结合更主要的链式法则和一元微分学的隐函数求导就是完整的多元隐函数求导了。东西不多。

27330:154/90/★★★☆☆#

设二元函数 $z = z(x, y)$ 是由方程 $x e^{xy} + y z^2 = y z \sin x + z$ 所确定，求二阶偏导数 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} \Big|_{(x,y)=(0,0)}$ .

解

\begin{align*} & F(x,y,z)=x e^{xy}+y z^2 - y z \sin x - z=0 \\[6pt] & F_x = e^{xy}+xy e^{xy} - y z \cos x,\quad F_z = 2yz - y\sin x -1 \\[6pt] & \left. F_x \right|_{(0,0,0)}=1,\quad \left. F_z \right|_{(0,0,0)}=-1 \;\Longrightarrow\; \left. z_x \right|_{(0,0)}= -\frac{F_x}{F_z}=1 \\[12pt] & \textcolor{magenta}{ e^{xy}+xy e^{xy}+2y z z_x = y z_x \sin x + y z \cos x + z_x } \tag{1} \\[12pt] & \frac{\partial}{\partial x}\left( \textcolor{magenta}{ e^{xy}+xy e^{xy}+2y z z_x } \right) = \frac{\partial}{\partial x}\left( \textcolor{magenta}{ y z_x \sin x + y z \cos x + z_x } \right) \\[6pt] & \textcolor{aqua}{ y e^{xy} + \left(y e^{xy}+xy^2 e^{xy}\right) + 2y\left(z_x^2 + z z_{xx}\right) } = \textcolor{lime}{ y\left(z_{xx}\sin x + z_x\cos x\right) + y\left(z_x\cos x - z\sin x\right) + z_{xx} } \\[12pt] & \text{代入 }x=0,\; y=0,\; z=0,\; z_x=1: \\[6pt] & \textcolor{aqua}{ 0+0+0 } = \textcolor{lime}{ 0+0+z_{xx} } \\[6pt] & \therefore \; 0 = z_{xx} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}\Big|_{(0,0)} = 0 } \end{align*}

偏微分方程#

~~不是让你真的去解PDE~~ 这类题主要是如何将PDE化为ODE来解。

1. 已知偏导求原函数: 已知 $f'_x=P(x,y)$ 、 $f'_y=Q(x,y)$ （等价于已知全微分 $df=P\,dx+Q\,dy$ ）

这是直戳了当的一类题。逆运算，我们直接把 $y$ 当常数对 $x$ 积分:

f(x,y)=\int P(x,y)\,dx+\varphi(y)

再对 $y$ 求偏导、与 $Q(x,y)$ 对照定出 $\varphi(y)$ 。

注意能反推的前提是 $P'_y=Q'_x$ , 即混合偏导必须相等（混合偏导可交换），否则函数不存在。

1. 结构降维成微分方程: 题目给一个含偏导的方程求原函数时，先瞪眼找结构。

例如径向对称 $u=u(\sqrt{x^2+y^2})$ , 由 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=u''(r)\frac{x^2}{r^2}+u'(r)\frac{y^2}{r^3}$ 可以推出

\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=u''(r)+\frac1r u'(r)

化为二阶常微分方程。我知道这是一个特例，theta项恰好被消掉。但考试嘛，考的就是注意力。方法论是看到 $\sqrt{ x^{2}+y^{2} }$ 就条件反射地开极坐标。关于方法论，这是一个很好的消解“注意到”的方式，之后可能会专门更新一篇注意力篇。

另外极坐标下， $r>0$ 时，还有几个好看的推论:

\begin{cases} \dfrac{\partial r}{\partial x}=\dfrac{x}{r},\quad \dfrac{\partial r}{\partial y}=\dfrac{y}{r} \\ \dfrac{\partial^{2}r}{\partial x^{2}}=\dfrac{y^{2}}{r^{3}},\quad \dfrac{\partial^{2}r}{\partial y^{2}}=\dfrac{x^{2}}{r^{3}} \\ \dfrac{\partial^{2}r}{\partial x\partial y}=-\dfrac{xy}{r^{3}} \end{cases}

27330:156/90/★★★☆☆#

$\dfrac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 0$ , 且 $z(x, y) = \begin{cases} \sin y, & x = 0, \\ \sin x, & y = 0, \end{cases}$ 求 $z(x, y)$ 。

解

$z_{xy}=0$ 意味着 $z_x$ 与 $y$ 无关，于是 $z$ 能拆成两个一元函数之和 $F(x)+G(y)$ , 两条边界线正好各自定出一个。

由 $z_{xy}=0$ , 即

\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)=0

先做一个简单而重要的积分步骤推演。

一个函数对 $y$ 的偏导恒为 $0$ , 说明它与 $y$ 无关，但仍可能有 $x$ . 这点在多元函数积分上能直接体现出来，规则和一元积分是一样的，在对一个变量操作时将其他变量看做常数。 对 $y$ 积分时， $x$ 便也是常数，出现在常数 $C$ 的位置上。

\begin{align*} \frac{\partial}{\partial y}\left( \textcolor{aqua}{ \frac{\partial}{\partial x}z(x,y) } \right)&=0 \\ \textcolor{gray}{ \int\frac{\partial}{\partial y} }\left( \textcolor{aqua}{ \frac{\partial}{\partial x}z(x,y) } \right)\textcolor{gray}{ dy }&=\int 0\,dy \\ \frac{\partial}{\partial x}\textcolor{yellow}{ z(x,y) }&=f(x) \\ \textcolor{gray}{ \int\frac{\partial}{\partial x} }\textcolor{yellow}{ z(x,y) }\textcolor{gray}{ dx }&=\int f(x)\,dx \\ z(x,y)&=F(x)+G(y) \end{align*}

代入两条边界线:

\begin{align*} z(0,0)&=0 \\ z(x,0)&=F(0)+G(y)=\sin x \\ z(0,y)&=F(x)+G(0)=\sin y \\[6pt] (F(x)+G(y))+(F(0)+G(0))&=\sin x+\sin y \\ z(x,y)+z(0,0)&=\sin x+\sin y \\ z(x,y)&=\sin x+\sin y \end{align*}

得解。

这是我能找到最标准的多元微分方程的积分题。

27330:160/90/★★★★☆#

设 $u = u(\sqrt{x^2 + y^2})$ 具有连续二阶偏导数，且满足

\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} - \frac{1}{x} \frac{\partial u}{\partial x} + 4u = 4(x^2 + y^2)

试求函数 $u$ 的表达式。

解

看到 $u=u(\sqrt{x^2+y^2})$ , 无理由直接上极坐标，一切 $u$ 改写为 $r=\sqrt{x^2+y^2}$ 有关。把 $\frac{\partial}{\partial x}$ 写成 $\frac{x}{r}\frac{d}{dr}$

令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$ , 则

\frac{\partial u}{\partial x}=u'(r)\frac{x}{r},\qquad \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=u''(r)\frac{x^2}{r^2}+u'(r)\frac{y^2}{r^3}

对 $y$ 同理，相加得

\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=u''(r)+\frac{u'(r)}{r}

又 $\dfrac1x\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{u'(r)}{r}$ , 代入原方程:

u''(r)+4u(r)=4r^2

解一元ODE，此处简略过，齐次通解为 $C_1\cos 2r+C_2\sin 2r$ , 设特解 $u_p=ar^2+b$ , 代入得 $a=1$ , $b=-\frac12$ 。故

u(x,y)=C_1\cos\left(2\sqrt{x^2+y^2}\right)+C_2\sin\left(2\sqrt{x^2+y^2}\right)+x^2+y^2-\frac12

极值与最值#

在一维上求极值最值要考虑中间导数=0的部分和左右端点值。二维上同理，要考虑形状S面积内的xy偏导均=0的部分和S整个周长上的值。

鉴于这一节基本上围绕可微的方程出题，我们接下来假设 $f(x,y)$ 在 $\mathbb{R}^{2}$ 上可微。

无条件极值#

找极值点既要查驻点，也要查偏导不存在的点。不存在的特殊点现场发挥分析不难，此处主要说可微的那些点

1. $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 取极值的必要条件:

f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0

这样的点叫驻点。没错，与一元函数中的 $f'(x)=0$ 的驻点是等位的。

注意这是必要不充分条件，

驻点可能是鞍点，如 $f(x,y)=x^2-y^2$ 在原点
偏导不存在的点也可能取极值，如 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 在 $(0,0)$

2. $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 取极值的充分条件: 设有

\begin{align*} A=&f_{xx}(x_0,y_0) \\ B=&f_{xy}(x_0,y_0) \\ C=&f_{yy}(x_0,y_0) \end{align*}

则有

\begin{align*} AC-B^2&>0\implies\text{ 极值 }\begin{cases} A<0\implies \text{ 极大值 } \\ A>0\implies \text{ 极小值 } \\ \end{cases} \\ AC-B^2&<0\implies\text{ 鞍点 } \\ AC-B^2&=0\implies\text{ 无法判断 } \\ \end{align*}

一元里 $f''=0$ 在这里升级成了 $AC-B^2=0$ , 只能回定义或另想办法。不过真题里极少出现，最多概念题挖点坑。

NOTE
实际做题中，我们一般做:

计算一阶偏导，解等于0方程组，使用必要条件(偏导数为0)筛选出所有驻点；

计算二阶偏导，代入前面求得的几个驻点逐个解算筛选 $AC-B^2>0$ 者

另外，一般来说，函数在区域的边界上的极值大多数情形是非常好算的，只要简单代入即可了。

拉格朗日乘数法#

有时，题目要求 $f(x,y)$ 在某一约束 $\varphi(x,y)=0$ 下的极值。

约束把变量困在一条曲线上，极值点当然不是自由驻点，直接套无条件极值会失效。正确做法是构造拉格朗日函数

L(x,y,\lambda) = f(x,y) + \lambda\,\varphi(x,y)

然后解方程组 $L_x=0,\ L_y=0,\ L_\lambda=0$ （ $L_\lambda=0$ 就是约束本身），得到的解就是可能的条件极值点。

27330:165/90/★★★★☆#

过椭圆 $\textcolor{aqua}{ 3x^2 + 2xy + 3y^2}=1$ 上任意一点作椭圆的切线，试求该切线与两坐标轴所围三角形面积的最小值。

本题没有概念性的东西，但硬算会算炸，主要考各种简化计算的技巧。

比如说，切线可以用隐函数公式求得。方程 $F(x,y)=0$ 在 $(x_0,y_0)$ 处切线为 $F_x(x_0,y_0)(x-x_0)+F_y(x_0,y_0)(y-y_0)=0$ .

我们先求出来

解:

$F=3x^2+2xy+3y^2-1$ , $F_x=6x+2y$ , $F_y=2x+6y$ , 在 $(a,b)$ 处切线为

(3a+b)x+(a+3b)y=1

两截距分别为 $\dfrac{1}{3a+b}$ 、 $\dfrac{1}{a+3b}$ , 故三角形面积

\begin{align*} S&=\frac{1}{2\left|(3a+b)(a+3b)\right|} \\ &=\frac{1}{2\left|\textcolor{aqua}{ 3a^{2}+2ab+3b^{2} }+8ab\right|} \\ &=\frac{1}{2|1+8ab|} \end{align*}

从椭圆方程约束本身 $\textcolor{aqua}{ 3x^2 + 2xy + 3y^2}=1$ 即可化简。

注意，现在我们需要求三角形面积的最小值，即最小化 $S$ ,也就是最大化 $|1+8ab|$ . 也就是考究 $ab$ 的最值. 再换种说法，取 $ab$ 的最大值和负的最小值比较，取更大者。总而言之，我们要求 $ab$ 的驻点。

然而，此处求得的函数 $S$ 不是自由二维 $\mathbb{R}^{2}$ 方程。为什么求到这里 $x$ 和 $y$ 变成了 $a$ 和 $b$ , 因为 $ab$ 之间有椭圆方程约束限制，本质上是一维的。如果是一般函数或按轴对齐的椭圆方程，或许还能提取出 $b=f(a)$ 然后求函数 $a\cdot f(a)$ 的驻点，但就这个躺倒的椭圆方程来看，明显不大行。

此时就是拉格朗日乘数法的引入时机。

在椭圆上求 $xy$ 的最值。使用拉格朗日乘数法:

\begin{align*} L&=xy-\lambda(3x^2+2xy+3y^2-1) \\ L_x&=y-\lambda(6x+2y)=0 \\ L_y&=x-\lambda(2x+6y)=0 \\ y(2x+6y)&=x(6x+2y) \\ y^2&=x^2 \\ y&=\pm x \end{align*}

当 $y=x$ 时, $8x^2=1$ , $xy=\dfrac18$ . 当 $y=-x$ 时, $4x^2=1$ , $xy=-\dfrac14$ . 令 $S=\dfrac{1}{2|1+8ab|}$ 取最小, 取 $xy=\dfrac18$ , 此时

S_{\min}=\frac{1}{2(1+8\cdot\frac18)}=\frac14

本题不用拉格朗日计算量会爆炸。不怕死的可以试试

27330:171/120/★★★★☆#

已知函数 $z = f(x, y)$ 满足

\lim\limits_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y \to 0}} \frac{f(x + \Delta x, y + \Delta y) - f(x, y) - 2x\Delta x + 2y\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = 0

且 $f(0, 0) = 2$ . 求 $f(x, y)$ 在圆域 $D = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leqslant 1\}$ 上的最大值和最小值。

解

分子长得就是可微定义的标准形状。 $f$ 的增量减去线性主部再除以 $\rho$ 。认出这一点，题就变成了「积分求原函数 + 一元最值」。

对每个 $(x,y)$ , 条件正是 $f$ 在该点可微且

f_x(x,y)=2x,\qquad f_y(x,y)=-2y

先对 $x$ 积分，再用 $f_y$ 定出积分常数:

f(x,y)=x^2+\varphi(y),\quad \varphi'(y)=-2y\implies \varphi(y)=-y^2+C

f(x,y)=x^2-y^2+C,\qquad f(0,0)=2\implies C=2

f(x,y)=x^2-y^2+2

圆域 $x^2+y^2\le1$ 上: 内部驻点只有 $(0,0)$ , $f=2$ ；边界 $x^2+y^2=1$ 上

f=x^2-y^2+2=2x^2+1,\quad x\in[-1,1]

\boxed{\max f=3\ (\text{在}(\pm1,0)),\qquad \min f=1\ (\text{在}(0,\pm1))}

絵夢の小站

概念题#

重极限#

累次极限#

连续#

偏导数#

可微#

07302:7/90/★★★☆☆#

27660:422/90/★★★☆☆#

27660:431/135/★★★★☆#

计算题#

转极坐标法#

全微分#

复合函数求导/链式法则#

27330:153/90/★★★☆☆#

隐函数求导#

27330:154/90/★★★☆☆#

偏微分方程#

27330:156/90/★★★☆☆#

27330:160/90/★★★★☆#

极值与最值#

无条件极值#

拉格朗日乘数法#

27330:165/90/★★★★☆#

27330:171/120/★★★★☆#