高等数学7-习题课

点P 1与P 2即为所求.
已知椭球面x2 y 2 z 2 xy yz a2 (a 0). (2)求椭球面在xOy平面上投影区域的边界曲线.
S与椭球面切于 设S是椭球面对于 xOy 面的投影柱面， 曲线C, 则在曲线C上，两曲面的法相量 相同，为 n {2 x y, 2 y x z, 2 z y} 0， 1} 0 即 2 z y 0 由n k，知 n {0，
2 y
dz 求 , 对 ( x 2 , e y , z ) 0 两边求 x 的导数, 得 dx dz y dy e 1 2 x 2 3 0, dx dx dz 1 sin x ), ( 2 x e cos x 2 于是可得, 1 dx 3 du f f 1 f sin x ) . 故 cos x ( 2 x 1 e cos x 2 dx x y 3 z
z f x(0,0)x f y(0,0)y x(arctan
因此
z f x(0, 0)x f y (0, 0)y
) (x)2 (y)2 2
1
1


由于
lim(arctan
0

x

(arctan



2
)
1



2
) 0
0
故 lim
0
10 (2 ) (2 ) 6 x0 2 y0 2 z0
3x02 y02 z02 27 (10 ) x (2 ) y (2 ) z 27 0 0 0
解得
10 (2 ) (2 ) 6 x0 2 y0 2 z0
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
z z 2x 2z y y 0 x x 2 y 2 z z x y z z 0 y y
如果函数关系式恒满足f (tx, ty, tz) t k 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 f f f x y z kf ( x, y, z ) x y z 证 记u tx, v ty, w tz, 方程 f (tx, ty, tz) t k f ( x, y, z) f f f k 1 x y z kt f 两边对t求导得 u v w f f f k tx ty tz kt f kf (u, v, w) 两边同乘以t得 u v w f f f 即 u v w kf (u , v, w) u v w 用x, y, z分别替换u, v, w，即得结论.
通过已知直线的平面束为 (10 x 2 y 2 z 27) ( x y z ) 0 (10 ) x (2 ) y (2 ) z 27 即 设切平面的切点为( x0 , y0 , z0 ), 则有
3x02 y02 z02 27 (10 )x (2 ) y (2 )z 27 0 0 0
全微分 概念
全微分 的应用 高阶偏导数
偏导数 概念
隐函数 求导法则
微分法在 几何上的应用
多元函数的极值
问题：求极限，判断 函数极限存在性
多元函数的极限
存在性 ——定义，夹逼定理
不存在
求法
——特殊路径、两种方式
——运算法则、定义、夹逼定理
消去零因子、化成一元极限等
例1. 讨论二重极限
解法1
时, 下列算法是否正确?
y 例2 设 z x f ( xy , ), ( f 具有二阶连续偏导数)， x z 2 z 2 z 求 , 2, . y y xy
3
解
z 1 3 x ( f1x f 2 ) x 4 f1 x 2 f 2, y x
2z 1 1 4 2 x f12 ) x ( f 21 x f 22 ) x ( f11 2 y x x
2 x 3 f12 xf 22 , x 5 f11
2z 2z 4 ( x f1 x 2 f 2) xy yx x
y 4 x f1 x [ f11 y f12 ( 2 )] 2 xf2 x y 2 y f 22 ( 2 )] x [ f 21 x
三、多元函数微分法的应用
1.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) 2. 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)
3. 在微分方程变形等中的应用
10 x 2 y 2 z 27 2 2 2 1. 过直线 作曲面 3 x y z 27 x y z 0 的切平面，求此切平面的方程. 解 曲面切平面的法向量为 {6 x, 2 y, 2 z},
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多元函数微分学 习题课
一、主要内容
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
方向导数
复合函数 求导法则
全微分形式 的不变性
d 3 d 2 ( x) 3 ( x ) x 1 dx dx x 1 3 f1( x, f ( x, x))
3 2 3 (2 3) 51
( x, f ( x, x)) f2

x 1
设 u f ( x , y , z ), ( x , e , z ) 0, y sin x , du ( f , 具有一阶连续偏导数)， 且 0, 求 . z dx 解 du f f dy f dz , 显然 dy cos x , dx dx x y dx z dx
z z 2x 2z y y 0 x x 2 y 2 z z x y z z 0 y y
2 x y 0 z z 0, 0, 得 令 x y 2 y x z 0
a 解得 y 2 x, z 3x 代入椭球面方程得 x 6 a 2a 3a a 2a 3a 故得两点 P , , ), P2 ( , , ), 1( 6 6 6 6 6 6 因此 由于椭球面确实存在z坐标的最大与最小的点，
可微性 在点(0,0)处， z f x(0,0)x f y(0,0)y 1 1 x arctan ( x x arctan , x , y ) (0, 0) 2 2 2 (x) x 2 (y) f ( x, y ) y2 1 x(arctan ( )x, y ) (0, 0) 0 2 2 2 (x) (y)
2 2 2 2 x y z xy yz a 因此曲线C的方程为 2 z y 0 3 2 2 2 x y xy a 消去z即得投影柱面S的方程 4 3 2 2 2 x y xy a 故所求投影区域的边界曲线为 4 z0
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 y 2 xy 75} 小山的高度函数为 h( x, y) 75 x2 y 2 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.
1 1, x
解法3 令 x r cos , y r sin ,

此法忽略了 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 . 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 , 的变 x 3 f1 2 xf 2 x 4 yf11
设函数
在点
f (1,1) 1,
f x
(1,1)
2,
f y
处可微 , 且
(1,1)
3,
( x) f ( x, f ( x, x)) , 求
解: 由题设 (1) f (1, f (1,1) ) f (1,1) 1
问题：函数连续性、 偏导数存在性、可微 性的判别
1 , x arctan 2 2 f ( x , y ) x y 例. 讨论 0
( x, y ) (0, 0) ( x, y ) (0, 0)
在点 (0, 0) 处的连续性，偏导数的存在性及可微性. 解 由于当( x, y ) (0, 0) 时， 1 | arctan | x2 y 2 2 故 1 lim f ( x, y ) lim x arctan 0 f (0, 0) 2 2 x 0 x 0 x y y 0 y 0

1 lim 1 1 0 x 0 y x
y 0
x 时, 1 x 1 y
此法第一步排除了沿坐标轴趋于原点的情况, 第二步 未考虑分母变化的所有情况, 例如, y 此时极限为 1 . 解法2 令 y k x , 此法排除了沿曲线趋于原点的情况. 例如 y x 2 x 时
z f x(0, 0)x f y(0, 0)y

因此函数f ( x, y)在(0,0)点可微.