高数课程下册第七章7习题课

第七章习题课主要内容典型例题平面点集和区域极限运算多元连续函数的性质多元函数概念多元函数的极限多元函数

连续的概念主要内容全微分的应用高阶偏导数隐函数求导法则复合函数求导法则全微分形式的不变性微分法在

几何上的应用方向导数多元函数的极值全微分概念偏导数概念一、 基本概念连续性偏导数存在方向导数存在可微性多元函数的定义、极限、连续定义域及对应法则求极限及判断极限不存在的方法函数的连续性及其性质几个基本概念的关系问题：1求极限，判断函数极限存在性2、函数连续性、偏导数存在性、可微性的判别例1解x2

+

y2xfi

0yfi

0求极限lim

(y

-x)x

.令

x

=

r

cosq

,

y

=

r

sinq

, (

r

>

0)则(x,y)fi

(0,0)等价于r

fi

0.rr

2

(sinq

-

cosq

)cosq0

£x2

+

y2(

y

-

x)

x==

r

(sinq

-

cosq

)cosq

£

2r,x2

+

y2xfi

0yfi

0故

lim

(

y

-

x)

x

=

0.注意:在某些情况下可以利用极坐标求极限,但要注意在定义域内r

,q

的变化应该是任意的.例2.讨论x2

+

y21x

arctan,

(x,

y)

„

(0,

0)f

(x,

y)

=

(x,

y)

=

(0,

0)0在点(0,0)处的连续性，偏导数的存在性及可微性.解x2

+

y21由于当(x,y)„(0,0)

时，|

arctan2|£

p故xfi

0yfi0lim

f

(x,

y)

=lim

x

arctanx2

+

y2xfi0yfi

01=

0

=

f

(0,

0)所以函数f

(x,y)在(0,0)点连续.x

arctan

1

,

(x,

y)

„

(0,

0)f

(x,

y)

=

x2

+

y20

(x,

y)

=

(0,

0)偏导数xxxfi

0xfi0

xf

¢(0,

0)

=

lim

f

(x,

0)

-

f

(0,

0)

=

lim

1

(x

arctan1x2)x2=

lim

arctanxfi

01

=

p2yyfi

0yyfi

0

yf

¢(0,

0)

=

lim

f

(0,

y)

-

f

(0,

0)

=

lim

0

=

0可微性在点(0,0)处，Dz

-

fx¢(0,

0)Dx

-

f

y¢(0,

0)Dy1=

Dx

arctan2p-Dx(Dx)2

+(Dy)212=

Dx(arctan-

p

)(Dx)2

+(Dy)2Dz

-

fx¢(0,

0)Dx

-

f

y¢(0,

0)Dy

=

Dx(arctan(Dx)2

+(Dy)212-

p

)因此Dz

-

fx¢(0,

0)Dx

-

f

y¢(0,

0)Dy

=

Dx

(arctan

1

-

p

)rr

r

2由于r

2rfi

0lim(arctan

1

-

p

)

=

0故

lim

Dz

-

fx¢(0,

0)Dx

-

f

y¢(0,

0)Dy

=

0rfi

0r因此函数f

(x,y)在(0,0)点可微.二、多元函数微分法显示结构1.

分析复合结构

隐式结构(画变量关系图)自变量个数=变量总个数–方程总个数自变量与因变量由所求对象判定正确使用求导法则“链式法则”注意正确使用求导符号利用一阶微分形式不变性问题：求偏导数、高阶偏导数(多元复合函数、隐含数求导方法)例3解.,

,具有二阶连续偏导数)，),

(

f¶2

z

¶2

z¶y

¶y2

¶x¶y3设

z

=

x f

(

xy,¶zyx求1213xx

+

f¢ ¢

)=

x

(f¶z¶y¶2

z214

2=

x

f

+

x

f

,)1122

x21212

x)

+

x

(

f

¢x

+114=

x

(

f

¢x

+¶y2f

¢f

¢=

x5

f

+

2

x3

f

+

xf

,11

12

22¶y¶x¶x¶y=¶2

z

¶2

z)]=

4

xx221

222+

x

[

f

¢y

+

f

¢(-2)]

+

2

xfx211

1241+

x

[

f

¢y

+

f

¢(-3yyf

¢221+

x f

¢)4f

¢¶x¶=

(

x=

4

x3

f

+

2

xf

+

x4

yf

-

yf

.1

2

11

22P92

例1-例9dxx

=1

dx

x

=1d

j

3

(x)

=

3j

2

(x)

dj=

3f1(x,

f

(x,

x))(]

x

=1在点=

2,¶x

(1,1)¶

fj

(x)=f

(x,f

(x,x)),求解:由题设j

(1)=f

(1,f

(1,1))=f

(1,1)=1(P92.

1)

设函数f

(1,1)

=1,处可微,且=

3,¶y

(1,1)¶

f+

f2

(x,

f

(x,

x))

=

3 2

+

3

(2

+

3)

=

51(P92.2)设u

=f

(x,y,z),j

(x2

,e

y,z)=0,y

=sin

x,解(f

,j

具有一阶连续偏导数)，且¶j

„0,求du

.du

=

¶f

+

¶f dy

+

¶f dz

,dx

¶x

¶y

dx

¶z

dxdx¶z

dx显然

dy

=

cos

x,dx求

dz

,

对j

(

x2

,e

y

,

z)

=

0

两边求

x

的导数,得=

0

,2

x

+

j321¢¢¢dx

dxey

dy

dz+

jj213sin

x¶zcos

xj

¢)

¶f

.¶ydx

¶xdu

¶f故

= +

cos

x¢¶f

1-

(2

xj

+

ej

¢于是可得,12cos

xj

¢),13¢j

¢(2

xj

+

esin

x=

-dxdz（P93

4.）如果函数关系式恒满足f

(tx,ty,tz)=tk

f

(x,y,z)则称此函数为k次齐次函数，试证:k次齐次函数f

(x,y,z)满足关系式x

¶f

+

y

¶f

+

z

¶f

=

kf

(x,

y,

z)¶x

¶y

¶z证记u

=tx,v

=ty,w

=tz,方程f

(tx,

ty,

tz)

=

tk

f(x,

y,

z)两边对t求导得x

¶f

+

y

¶f

+

z

¶f

=

ktk

-1

f¶u

¶v

¶w两边同乘以t得tx

¶f

+

ty

¶f

+

tz

¶f

=

ktk

f

=

kf

(u,

v,

w)¶u

¶v

¶w即u

¶f

+

v

¶f

+

w

¶f

=

kf

(u,

v,

w)¶u

¶v

¶w用x,y,z分别替换u,v,w，即得结论.求zu

vx y

x

y¶z

=

v

¶u

+

u

¶v¶x

¶x

¶x设由z

=uv

,得(P94.6)解①¶z

=

v

¶u

+

u

¶v¶y

¶y

¶y由

x

=

eu

cos

v,

y

=

eu

sin

v

,

得d

x

=

eu

cos

v

d

u

-

eu

sin

v

d

vd

y

=

eu

sin

v

d

u

+

eu

cos

v

d

v利用行列式解出

du, dv

：②d

x=

eu

cos

v

d

u

-

eu

sin

v

d

vd

y

=

eu

sin

v

d

u

+

eu

cos

v

d

veu

cos

veu

sin

v-

eu

sin

veu

cos

vdx

-

eu

sin

vd

y

eu

cos

vd

u

=e

cos

v-ue

sin

v-u¶x代入①即得¶z

;-

e-u

sin

ve-u

cos

v¶y代入②即得¶z

.三、多元函数微分法的应用在几何中的应用求曲线的切线及法平面(关键:寻求切向量)求曲面的切平面及法线(关键:寻求法向量)极值与最值问题极值的必要条件与充分条件求解最值问题求条件极值的方法

(消元法,

拉格朗日乘数法)在微分方程变形等中的应用x

+

y

-

z

=

01.

过直线10x

+

2

y

-

2z

=

27

作曲面3x2

+

y2

-

z2

=

27的切平面，求此切平面的方程.解曲面切平面的法向量为{6x,2

y,-2z},通过已知直线的平面束为l(10x

+

2

y

-

2z

-

27)

+

m(x

+

y

-

z)

=

0即(10l

+

m)x

+(2l

+

m)

y

-(2l

+

m)z

=

27l6x0

2

y0

-2z02

2

20

0

03x+

y

-

z

=

27设切平面的切点为(x0

,y0

,z0

),则有

10l

+

m

=

(2l

+

m)

=

-(2l

+

m)

(10l

+

m)x0

+(2l

+

m)

y0

-(2l

+

m)z0

=

27l解得m

=-l或m

=-19l.故所求平面方程为9x

+

y

-

z

=

27或9x

+17

y

-17z

+

27

=

06x0

2

y0

-2z022020

03x+

y-

z

=

2710l

+

m

(2l

+

m)

-(2l

+

m)

=

=

(10l

+

m)x0

+(2l

+

m)

y0

-(2l

+

m)z0

=

27l2.

设直线L

:x

+y

+b

=0x

+

ay

-

z

-3

=

0在平面p上，平面p与曲面z

=x2

+y2相切于点(1,-2,5),求a,b的值.解在点(1,-2,5)处，曲面的法向量为n(1,-2,5)

=

{2x,

2

y,

-1}={2,

-4,

-1}故切平面方程为2(x

-1)-4(

y

+2)

-(z

-5)=0即2x

-

4

y

-

z

-

5

=

0由x

+

y

+

b

=

0x

+

ay

-

z

-

3

=

0得y

=-x

-b,z

=x

-3

+a(-x

-b)代入切平面方程得2x

+

4(x

+

b)

-

x

+

3

+

a(x

+

b)

-

5

=

0即(5

+a)x

+4b

+ab

-2

=0故有5

+a

=0,4b

+ab

-2

=0由此得a

=

-5,

b

=

-2.3.已知椭球面x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a2

(a

>0).求椭球面上z坐标为最大与最小的点.求椭球面在xOy平面上投影区域的边界曲线.解由于椭球面是一封闭曲面，因此椭球面上z坐标最大与最小的点一定存在.此最值即为椭球面方程所确定的隐函数的最大值与最小值.

方程两边分别关于x及y求偏导，得

2

y

+

2z

¶z

+

x

+

y

¶z

+

z

=

02x

+

2z¶z

¶z+

y

+

y

=

0¶x

¶x¶y

¶y

2

y

+

2z

¶z

+

x

+

y

¶z

+

z

=

02x

+

2z=

0¶z¶x¶z¶x+

y

+

y¶y

¶y令¶z

=0,¶z

=0,得¶x

¶y2x

+

y

=

02

y

+

x

+

z

=

06解得

y

=

-2x,

z

=

3x

代入椭球面方程得

x

=

–

a故得两点

P

(

a

,

-2a

,

3a

),

P

(

-a

,

2a

,

-3a

),1

6

6

6

2

6

6

6由于椭球面确实存在z坐标的最大与最小的点，因此点P1与P2即为所求.已知椭球面x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a2

(a

>0).(2)求椭球面在xOy平面上投影区域的边界曲线.设S是椭球面对于xOy

面的投影柱面，S与椭球面切于曲线C,

则在曲线C上，两曲面的法相量

相同，为n

={2x

+

y,2

y

+

x

+

z,

2z

+

y}nn由

^

k，知

{0，0，1}

=

0

即

2z

+

y

=

0因此曲线C的方程为x2

+y2

+z2

+xy

+yz

=a22z

+

y

=

04消去z即得投影柱面S的方程x2

+3

y2

+xy

=a24

x2

+

3

y2

+

xy

=

a2故所求投影区域的边界曲线为

z

=

0例14.设有一小山，取它的底面所在的平面为xoy坐标面其底部所在的区域为D={(x,y)|

x2

+y2

-xy

£

75}小山的高度函数为

h(x,

y)

=

75

-

x2

-

y2

+

xy.(1)设M

(x0

,y0

)为区域D上一点，问h(x,y)在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此方向导数的最大值为g(x0

,y0

),试写出g(x0

,y0

)的表达式.解h(x,y)在点M

0

(x0

,y0

)沿梯度方向的方向导数最大，且最大值等于梯度的模，由于gradh(x,

y)

=

{-2x

+

y,

-2

y

+

x}故g(x0

,

y0

)

=|

gradh(x0

,

y0

)

|

=(-2x

+

y

)2

+(-2

y

+

x

)20

0

0

0=

5x2

+

5

y2

-8x

y0

0

0

0(2)现在此山开展攀岩活动，需在山脚寻找上山坡度最大点作为起点，试确定攀登起点的位置.解由题意知，要在底部区域D的边界线x2

+y2

-xy

=75上寻找使g(x,y)达到最大的点.令f

(x,y)=5x2

+5

y2

-8xy，由题意，只需在约束条件x2

+

y2

-

xy

=

75下求出f

(x,

y)的最大值点.

设F

(x,

y)

=

5x2

+

5

y2

-8xy

+

l(x2

+

y2

-

xy

-

75)Fx¢=10x

-8

y

+

l(2x

-

y)

=

0}2

2

2

2g(x0

,

y0

)

=

5x0

+

5

y0

-8x0

y0

D

={(x,

y)

|

x

+

y

-

xy

£

75yF

¢=10

y

-8x

+

l(2

y

-

x)

=

02

2x

+

y

-

xy

=

75解得x

=

5

3x

=

-5

3

y

=

-5

3

y

=

5

3由于Fx¢=10x

-8

y

+

l(2x

-

y)

=

0

yF

¢=10

y

-8x

+

l(2

y

-

x)

=

0x2

+

y2

-

xy

=

75x

=

5

y

=

-5x

=

-5

y

=

5

f

(5

3,

5

3)

=

f

(-5

3,

-5

3)

=150f

(5,

-5)

=

f

(-5,

5)

=

450故(5,

-5)与(-5,

5)

皆可作为攀登起点.例15.

已知两条平面曲线f

(x,y)=0,j

(x,y)=0,(a

,b)和(x,h)分别为两曲线上的点，试证：如果这两点是这两条曲线上相距最近和最远的点，则关系式a

-x

=

fx¢(a

,

b)

=

jx¢(x,h)b

-h

f

y¢(a

,

b)

j¢y

(x,h)成立.证2

2

21

2设g(x1

,

y1

,

x2

,

y2

)

=

d

=

(x1

-

x2

)

+(

y

-

y

)

,则(a

,b,x,h)为g(x1

,y1

,x2

,y2

)在条件f(x1

,y1

)=0,j(x2

,y2

)=0下的极值点.设F

=

(x

-

x

)2

+(

y

-

y

)2

+

l

f

(x

,

y

)

+

mj(x

,

y

)1

2

1

2

1

1

2

2则有1Fy¢=

2(b

-h)

+

l

f

y¢(a

,

b)

=

02Fx¢

=

-2(a

-x)

+

mjx¢(x,h)

=

01Fx¢=

2(a

-x)

+

l

fx¢(a

,

b)

=

02Fy¢

=

-2(b

-h)

+

mj¢y

(x,h)

=

0F

=

(x

-

x

)2

+(

y

-

y

)2

+

l

f

(x

,

y

)

+

mj(x

,

y

)1

2

1

2

1

1

2

2解得关系式a

-x

=

fx¢(a

,

b)

=

jx¢(x,h)b

-h

f

y¢(a

,

b)

j¢y

(x,h)故命题得证.2z

=

x2

+

2

y2z

=

6

-

2x

-

yP92.10.

求曲线上点的z坐标的最小值和最大值.2解.

问题为在约束条件z

=

x2

+

2

y2

,

z

=

6

-

2x2

-

y2

下，求z的最小与最大值.

由于曲线为一条封闭曲线，因此z坐标的最大与最小值肯定存在.设F

(x,y,z)=z

+l(z

-x2

-2

y2

)+m(z

-6

+2x2

+y2

)则有

Fx¢=

-2lx

+

4mx

=

0

Fy¢=

-4l

y

+

2my

=

0zF

¢=1+

l

+

m

=

0lF

¢=

z

-

x2

-

2

y2

=

02

2mF

¢=

z

-

6

+

2x

+

y

=

0

Fx¢=

-2lx

+

4mx

=

0

Fy¢=

-4l

y

+

2my

=

0zF

¢=1+

l

+

m

=

02

2

lF

¢=

z

-

x

-

2

y

=

02

2mF

¢=

z

-

6

+

2x

+

y

=

0整理得

Fx¢=

2x(2m

-

l)

=

0

Fy¢=

2

y(m

-

2l)

=

0zF

¢=1+

l

+

m

=

02

2lF

¢=

z

-

x

-

2

y

=

022+

y

=

0mF

¢=

z

-

6

+

2xx

=

–

2z

=

2

y

=

0由前三式得x

=

0

或

y

=

0,

代入后两式解得x

=

0

y

=

–

2z

=

4或因此

z

坐标的最大值为4,

最小值为2.作业P1022、5、6、7、11、15一、选择题:14+

arcsinx

2

+

y

2

x

2

+

y

21、二元函数z

=

ln的定义y2、设f

(xy,x

)=(x

+y)2

,则f

(x,y)=(域是(

).（A）1

£

x

2

+

y

2

£

4；

（B）1

<

x

2

+

y

2

£

4；（C）1

£

x

2

+

y

2

<

4；

（D）1

<

x

2

+

y

2

<

4.).y（A）

x

2

(

y

+

1

)2

；

（B）yx

(1

+

y)2

；x（C）

y

2

(

x

+

1

)2

；

（D）xy

(1

+

y)2

.测验题2

23、lim(x

2

+y

2

)x

yxfi

0yfi

0=(

).(A)(C)0

；2

；(B)

1

；(D)

e

.4、函数f

(x,y)在点(x0

,y0

)处连续,且两个偏导数f

x

(x0

,y0

),f

y

(x0

,y0

)存在是f

(x,y)在该点可微的(

).充分条件,但不是必要条件；必要条件,但不是充分条件；充分必要条件；既不是充分条件,也不是必要条件.5、设f

(x,y)=(

x

2

+

y

2

)

sin0,

x

2

+

y

2

=

0,

x

2

+

y

2

„

0x

2

+

y

21则在原点(0,0)处

f

(

x,

y)(

).(A)偏导数不存在；

(C)偏导数存在且连续；(B)不可微；

(D)可微.6、设z

=f

(x,v),v

=v(x,y)其中f

,v

具有二阶连续偏¶2

z导数.则

=(

).¶y

2¶f

¶2

v¶2

f

¶v¶f

¶2

v(A)

+

；

(B)

；¶v¶y

¶y

¶v

¶y

2

¶v

¶y

2(C)¶y

2¶v

2¶2

f(¶f

¶2

v)2

+¶y

¶v¶v；

(D)¶y

2¶f

¶2

v¶v

2¶2

f

¶v+¶y

¶v.7、曲面xyz

=

a

3

(a

>

0)的切平面与三个坐标面所围成的四面体的体积

V=(

).2(A)

3

a

3

；(C)29

a

3

；(B)

3a

3

；(D)

6a

3

.8、二元函数z

=

3(

x

+

y)

-

x

3

-

y

3

的极值点是(

).(A)

(1,2)；(C)

(-1,2)；(B)

(1.-2

)；(D)

(-1,-1).9、函数u

=sin

x

sin

y

sin

z

满足2x

+y

+z

=p

(x

>0,y

>0,z

>0)的条件极值是(

).(A)

1

；(C)

1

；6(B)

0

；(D)

1

.810、设函数u=u(x,y),v

=v(x,y)在点(x,y)的某邻域内可微分,则在点(x,y)处有grad

(uv)

=(

).gradu

gradv;u gradv

+

v

gradu;(C

)

u

gradv;x

3

+

y

3(

D)

v

gradu.二、讨论函数z

=x

+

y的连续性，并指出间断点类型.三、求下列函数的一阶偏导数:1、z

=

x

ln

y

；2、u

=f

(x,xy,xyz),z

=j

(x,y)；

x

2

y3、f

(x,y)=

x

2

+y

2x

2

+

y

2

„

0x

2

+

y

2

=

00.四、设u=

f

(

x,

z),而z(

x,

y)是由方程z

=

x

+

yj

(z)所确的函数,求du

.五、设z

=(u,x,y),u

=xe

y

,其中f

具有连续的二阶偏导数,求¶x¶y¶2

z.¶x

¶y六、设x

=

eu

cos

v,

y

=

eu

sin

v,

z

=

uv

,试求¶z

和¶z

.七、设x

轴正向到方向l

的转角为j

,求函数

f

(x,y)=x

2

-xy

+y

2

在点(1,1)沿方向l

的方向导数,并分别确定转角j

,使这导数有(1)最大值；(2)最小值；(3)等于零.3z八、求平面x

+y2

24

+

5

=

1和柱面x

+

y

=

1的交线上与xoy

平面距离最短的点.x

2

y

2

z

2九、在第一卦限内作椭球面

+

+ =

1的切平面,a

2

b

2

c

2使该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积最小,求这切平面的切点,并求此最小体积.一、1、A；2、B；3、B；4、B；5、D；6、C；7、A；8、A；9、D；10、B.二、(1)当x

+y

„0时,在点(x,y)函数连续；(2)当x

+y

=0时,而(x,y)不是原点时,则(x,y)为可去间断点,(0,0)为无穷间断点.三、1、z

=

(ln

y)

x

ln

y-1

,

zx

yy=

ln

x

x

ln

y

；2、ux

=

f1

+

yf

2

+

(

yz

+

xyz

x

)

f

3

,uy

=

xf

2

+

(

xz

+

xyz

y

)

f

3

.,

x

2

+

y

2

„

0,2

22

2

20,

x

+

y

=

0+

y

)

2

xy

33、

f

(

x,

y)

=

(

xx测验题答案f

(

x,

y)

=2

22

2

2o,

x

+

y

=

0(

x

+

y

)

x

2

(

x

2

-

y

2

),

x

2

+

y

2

„

0.yf

2yj

¢(z)

-

1f

2j

(z)yj

¢(z)

-

1)dx

-

dy

.1四、(

f

-uu

uy

xu

xy

u五、xe

2

y

f

¢

+e

y

f

¢

+xe

y

f

¢

+f

¢

+e

y

f

¢.六、¶z

=

(v

cos

v-

u

sin

v)e

-u

,

¶z

=

(u

cos

v+

v

sin

v)e

-u

.¶x

¶y¶l七、¶f

=

cosj

+

sinj

,444

4(1)j

=p,

(2)j

=5p,(3)j

=3p

及7p.5

5

12八、

4

3

35(

,

,

).九、切点(

a

,

b

,

c

),V3

3

32=

3

abc

.min补充典型例题例1.

已知

f

(

x

+

y

,

x

-

y

)

=

x2

-

y2

+j

(x

+

y),

且f

(x，0)=x

,求出f

(x,y)的表达式.解法1

令f

(u,

v)

=

1

(u

+

v)2

-

1

(u

-

v)2

+j

(u)4

4\即

f

(x

,

0)

=

x,\

j

(x)

=

xf

(x,

y)

=

x

(

y

+1)解法2

f

(x

+y,x

-y)=(x

+y)(x

-y)+j

(x

+y)以下与解法1

相同.v

=x

-y

,则=

01=

limxyfi

0

yxfi

0

1

+

1解·法1解·法2

令

y

=

kx

,此法排除了沿曲线趋于原点的情况.例如y

=x2

-x

时此法第一步排除了沿坐标轴趋于原点的情况,第二步此时极限为1.-1

y

x未考虑分母变化的所有情况,

例如,

y

=

xx

时,

1

+

1

=1,例2.

讨论二重极限时,下列算法是否正确?解·法3

令

x

=

r

cosq

,

y

=

r

sinq,此法忽略了q

的任意性,极限不存在!由以上分析可见,

三种解法都不对,

因为都不能保证自变量在定义域内以任意方式趋于原点.同时还可看到,本题极限实际上不存在

.特别要注意,在某些情况下可以利用极坐标求极限,但要注意在定义域内r

,q

的变化应该是任意的.例4解所确定,且¶g

„0,

¶h

„0,

试求du

.¶y

¶z

dxh(

x,

z)

=

0.设函数u(x)由方程组

g(x,y,z)=0,u

=

f

(

x,

y),将方程组的变元u

以及y,z

都看成是x

的函数．方程组各方程两边对x

求导,得h

+

h

g

+

gdxdu

=

f=

0,+

g+

f

dy

,(3)(2)(1)dxdz

=

0.dxdzdxdyy

dxx

zzyxx由(3)得dz

=-hx

,dx

hz-

gx

,gy

gy

hz代入(2)得

dy

=

gz

hxdx

gy

hz

gyf

g

f

g

h-

y

x

+

y

z x

.xdx代入(1)得du

=f2.

已知求解:由两边对x

求导,得其中f

与F分别具6.

设有一阶导数或偏导数,求解

方程两边对

x

求导,

得d

z

=\d

x-

x

f

¢F3¢-

F2¢(x

f

F3

+

F2

„

0)=

xF1

f

-

x

F2

f

-

f

F2-

x

f

¢

1F2¢

F3¢-

x

f

f

+

x

fF2¢

-

F1¢+ =

f

+

x

f

¢-

x

f

¢d

x

d

xd

y

d

z=

-F1d

zd

x

d

xd

y+

F3¢F2¢+ =

f

+

x

f

¢-

x

f

¢d

x

d

xd

y

d

z=

-F1d

xd

zd

xd

y+

F3¢F2¢d

y=d

x\-

x

f

¢F3¢-

F2¢(x

f

F3

+

F2

„

0)=-

x

f

¢

1F2¢

F3¢F3¢f

+

x

f

¢

1-F1¢f

F3¢+

x

F3¢f

¢+

F1¢解法2

方程两边求微分,

得z

=

x

f

(x

+

y)

,F

(x,

y,

z)

=

0化简+

x

f

d

y+

F2

d

y消去d

y

即可得阶段练习8.设f

(u,v)是二元可微函数，又设z

=f

(yx

¶z

¶zx

,

),

求x

-

yy

¶x

¶y解¶x1x22¶z

=

f

¢(-

y

)

+

f

¢

1y¶z

=¶yf1x2y2¢1

+

f

¢(-

x

)1

2

1

2¶x

¶y

x

y

x

yx

¶z

-

y

¶z

=

-

y

f

¢+

f

¢

x

-(

f

¢

y

-

f

¢

x

)1

2x

y=

-

2

y

f

¢+

f

¢

2x所以9.

设u

=f

(x

+y

+z,xyz),其中f

存在二阶连续偏导数，¶2u.¶x¶z求解.¶x1

2¶u

=

f

¢+

f

¢

yz¶2u=

f

¢¢+

f

¢¢

xy

+(

f

¢¢+

f

¢¢xy)

yz

+

f

¢y¶x¶z

11

12

21

22

2=

f

¢+

(xy

+

yz)

f

¢+

xy2

zf

¢+

yf

¢11

12

22

2y10.

设z

=

z(x,

y)是由方程x2

+

y2

+

z2

=

yf

(

z

)确定的隐函数，其中f

可微，求dz.解方程两边分别求微分，得(

)

(

)y

y2xdx

+

2

ydy

+

2zdz

=

f

(

z

)dy

+

yf

¢

z

d

zy代入得而zyd

( )

=y2ydz

-

zdyz2xdx

+

2

ydy

+

2zdz

=

f

( )dy

+y(

)yf

¢

z

ydz

-

zdyy整理得y(2z

-

f

¢(

z(

))dyy

y

y))dz

=-2xdx

+(-2

y

+

f

(

)z

-

z

f

¢

z因此2xdz

=dx

+zyf

¢(

)

-

2zdyzyz

z

¢

z2

y

-

f

( )

+

f

(

)y

y

yf

¢( )

-

2zy10.

设z

=

z(x,

y)是由方程x2

+

y2

+

z2

=

yf

(

z

)确定的隐函数，其中f

可微，求dz.解zy设F

(x,

y,

z)

=

x2

+

y2

+

z2

-

yf

(

),则Fx¢=

2xFy¢=2

y

-

f

( )

-yf

(

)y

yy2z

¢

z

-zz

z

¢

z=

2

y

-

f

( )

+

f

(

)y

y

yz¢

zF

¢=

2z

-

yf

(

y

)y¢

z1

=

2z

-

f

(

)y因此¶z¶x=

-F

¢Fz¢x

=2x¢

zf

( )

-

2zyF

¢Fz¢y=¶z¶y=

-2

y

-

f

(

z

)

+

z

f

¢(

z

)y

y

y¢

zf

( )

-

2zydz

=

......12.

方程ey

+z

-x

sin

z

=e在点(x,y)=(0,1)附近确定了一个可微的隐函数z

=z(x,y),求z¢x

(0,1),z¢y

(0,1),z¢x¢y

(0,1).解把x=0,y=1代入方程得z=0，方程两边同时关于x求偏导，得z¢x

-

sin

z

-

x

cos

z

z¢x

=

0ey

+zsin

zey+z

+

x

cos

zx解得z¢=xz¢(0,1)

=

0方程两边同时关于y求偏导，得ey

+z(1+

z¢y

)

-x

cos

z

z¢y

=

0z¢y

=

x

cos

z

-

ey+zey

+zyz¢(0,1)

=e1+01+0-e=

-1解得sin

zey

+z

+

x

cos

zx对z¢=两边同时关于y求偏导，得sin

z)xyz¢

=

¶

(¶y

ey

+z

+

x

cos

zcos

z

z¢

(ey

+z

+

x

cos

z)

+sin

z

{ey+z

(1+

z¢)

-

x

sin

z

z¢}y

y

y(ey

+z

+

x

cos

z)2=z¢xy

(0,1)

=e2z¢y

(0,1)e1=

-e13.2

2z

=

x2

+

3y,

.x

+

xy

+

z

=1设

,

求dy

dzdx

dx解方程组两边分别关于x求导，得dydzdxdx

dz

=

2x

+

3

dy

dx

dx2x

+

y

+

x整理得+

2z

=

0dz

dydx

dx

dz

-

3

dy

=

2x

dx

dx2z

+

x

=

-(2x

+

y)解得4x2

-

6x

-

3y2x-312xdz-(2x

+

y)xdy2z-(2x

+

y)=dx1

-32z

x=dx1

-32z

xx

+

6z=2x

+

y

+

4xzx

+

6z=

-例7.

设z=f

(x,y)满足求f

(x,y).¶2

f2¶f

(x,

0)=

2x,

f

(x,1)

=

0,=

sin

x¶y¶y解¶2

f由

=

2x得¶y2¶y¶f

=

2xy

+j(x)故f

(x,

y)

=xy2

+j(x)

y

+y

(x)故f(x,1)

=

x

+j(x)

+y

(x)

=

0¶y¶f

(x,

0)

=

(2xy

+j(x))y=0=

j(x)

=

sin

x由上两式解得j(x)

=

sin

x，

y

(x)

=

-x

-

sin

xf

(x,

y)

=

xy2

+

y

sin

x

-

x

-

sin

x因此之间的最短距离．求旋转抛物面z

=x2

+y2

与平面x

+y

-2z

=2例6解6d

=

1

x

+

y

-

2z

-

2

.设P(x,y,z)为抛物面z

=x2

+y2

上任一点,则P

到平面x

+y

-2z

-2

=0

的距离为d

,分析:

本题变为求一点

P(

x,

y,

z)，使得

x,

y,

z满足

x2

+

y2

-

z

=

0且使

d

=

1

x

+

y

-

2z

-

266(即d

2

=1

(x

+y

-2z

-2)2

)最小．6令F

(x,y,z)=