数学分析17.4多元函数微分学之泰勒公式与极值问题

第十七章 多元函数微分学
4泰勒公式与极值问题
一、高价偏导数
概念1：二元函数z=f(x,y)的二阶偏导数有如下四种情形： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x z x =22x z ∂∂=f xx (x,y); (2)⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x z y =y
x z 2∂∂∂=f xy (x,y); (3)⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂y z x =x y z 2∂∂∂=f yx (x,y); (4)⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂y z y =22y z ∂∂=f yy (x,y). 二元函数z=f(x,y)的三阶偏导数有共有八种情形，如：
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂22x z x =33x z ∂∂=3x f (x,y)；⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂22x z y =y x z 23∂∂∂=y x 2f (x,y)；……
例1：求函数z=e x+2y 的所有二阶偏导数和23x
y z ∂∂∂. 解：∵z x =e x+2y ; z y =2e x+2y ;
∴z xx =e
x+2y ; z xy =2e x+2y ; z yx =2e x+2y ; z yy =4e x+2y ;23x y z ∂∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂∂x y z x 2=2e x+2y .
例2：求函数z=arctan x
y 的所有二阶偏导数.
解：∵z x =22x y 1x
y -
⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-22y x y +; z y =2x y 1x
1
⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22y x x +; ∴z xx =222)y (x 2x y +; z xy =-222222)y (x y 2y x +-+=22222)
y (x x y +-; z yx =222222)y (x x 2y x +-+=22222)y (x x y +-; z yy =-222)y (x 2x y +.
注：既有关于x又有关于y的高阶偏导数，称为混合偏导数.
定理17.7：若f xy(x,y)和f yx(x,y)都在点(x0,y0)连续，则f xy(x0,y0)=f yx(x0,y0). 证：令F(△x,△y)=f(x0+△x,y0+△y)-f(x0+△x,y0)-f(x0,y0+△y)+f(x0,y0)，
φ(x)=f(x,y0+△y)-f(x,y0)，则F(△x,△y)=φ(x0+△x)-φ(x0).
∵f存在关于x的偏导数，∴φ可导，应用一元函数的中值定理，有φ(x0+△x)-φ(x0)=φ’(x0+θ1△x)△x
=[f x(x0+θ1△x,y0+△y)-f x(x0+θ1△x,y0)]△x, (0<θ1<1).
又由f x存在关于y的偏导数，∴对以y为自变量的函数f x(x0+θ1△x,y) 应用一元函数的中值定理，又有
φ(x0+△x)-φ(x0)=f xy(x0+θ1△x,y0+θ2△y)△x△y, (0<θ1,θ2<1).
∴F(△x,△y)=f xy(x0+θ1△x,y0+θ2△y)△x△y, (0<θ1,θ2<1).
若令ψ(y)=f(x0+△x,y)-f(x0,y)，则有F(△x,△y)=ψ(y0+△y)-φ(y0).
同理可得F(△x,△y)=f yx(x0+θ3△x,y0+θ4△y)△x△y, (0<θ3,θ4<1).
当△x,△y不为零时，就有
f xy(x0+θ1△x,y0+θ2△y)=f yx(x0+θ3△x,y0+θ4△y), (0<θ1,θ2,θ3,θ4<1).
又f xy(x,y)和f yx(x,y)都在点(x0,y0)连续，∴当△x→0,△y→0时，
上式两边极限存在且相等，∴f xy(x0,y0)=f yx(x0,y0).
注：n元函数m阶混合偏导数在某点都连续时，则与顺序无关.
概念2：设z 是通过中间变量x,y 而成为s,t 的函数，即z=f(x,y), 其中x=φ(s,t), y=ψ(x,t). 若函数f,φ,ψ都具有连续的二阶偏导数，则作为复合函数z 对s,t 同样存在二阶连续偏导数，即由一阶偏导数： s z ∂∂=s x x z ∂∂∂∂+s y y z ∂∂∂∂，t z ∂∂=t x x z ∂∂∂∂+t
y y z ∂∂∂∂，可得二阶偏导数： 22s z ∂∂=s x x z s ∂∂⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂⋅∂∂s x s x z +s y y z s ∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂⋅∂∂s y s y z =s x x z 22∂∂ ⎝⎛∂∂+s x s y y x z 2∂∂⎪⎭⎫∂∂∂∂∂+22s x x z ∂∂⋅∂∂+s y y z 22∂∂ ⎝
⎛∂∂+s y s x x y z 2∂∂⎪⎭⎫∂∂∂∂∂+22s y y z ∂∂⋅∂∂ =222s x x z ⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+2s x s y y x z 2∂∂∂∂∂∂∂+2
22s y y z ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+22s x x z ∂∂⋅∂∂+22s y y z ∂∂⋅∂∂. 同理可得： 22t z ∂∂=222t x x z ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+2t x t y y x z 2∂∂∂∂∂∂∂+222t y y z ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+22t x x z ∂∂⋅∂∂+22t y y z ∂∂⋅∂∂. t s z 2∂∂∂=t x s x x z 22∂∂∂∂∂∂+t y s x y x z 2∂∂ ⎝⎛∂∂∂∂∂+⎪⎭⎫∂∂∂∂s y t x +t y s y y z 22∂∂∂∂∂∂+t s x x z 2∂∂∂⋅∂∂+t s y y z 2∂∂∂⋅∂∂=s t z 2∂∂∂.
例3：设z=f(x,y x ), 求22x z ∂∂,y
x z 2∂∂∂. 解：记z=f(u,v), u=x, v=y
x ，由复合函数求导公式有：
x z ∂∂=x u u f ∂∂∂∂+x v v f ∂∂∂∂=u f ∂∂+v
f y 1∂∂， ∴22x
z ∂∂= ⎝⎛∂∂∂∂u f x +⎪⎭⎫∂∂v f y 1=x u u f 22∂∂∂∂+x v v u f 2∂∂∂∂∂+ ⎝⎛∂∂∂∂∂x u u v f y 12+⎪⎭⎫∂∂∂∂x v v f 22 =22u
f ∂∂+v u f y 22∂∂∂+222v f y 1∂∂. y x z 2∂∂∂= ⎝⎛∂∂∂∂u f y +⎪⎭⎫∂∂v f y 1=y u u f 22∂∂∂∂+y v v u f 2∂∂∂∂∂-v f y 12∂∂+ ⎝⎛∂∂∂∂∂y u u v f y 12+⎪⎪⎭⎫∂∂∂∂y v v f 22
=-v u f y x 22∂∂∂-v f y 12∂∂-223v
f y x ∂∂.
二、中值定理和泰勒公式
概念3：若区域D 上任意两点的连线都含于D ，则称D 为凸区域，即 若D 为凸区域，则对任意两点P 1(x 1,x 2), P 2(x 2,y 2)∈D 和一切λ(0≤λ≤1), 恒有P(x 1+λ(x 2-x 1),y 1+λ(y 2-y 1))∈D.
定理17.8：(中值定理)设二元函数f 在凸开域D ⊂R 2上连续，在D 的所有内点都可微，则对任意两点P(a,b),Q(a+h,b+k)∈D ，存在θ(0<θ<1), 使得f(a+h,b+k)-f(a,b)=f x (a+θh,b+θk)h+f y (a+θh,b+θk)k.
证：令φ(t)=f(a+th,b+tk)，它是定义在[0,1]上的一元函数；
∵φ(t)在[0,1]上连续，在(0,1)上可微；∴根据一元函数中值定理， 存在θ(0<θ<1), 使得φ(1)-φ(0)=φ’(θ). 由复合函数的求导法则知， φ’(θ)=f x (a+θh,b+θk)h+f y (a+θh,b+θk)k. 又由D 为凸区域知，
(a+θh,b+θk)∈D, ∴f(a+h,b+k)-f(a,b)=f x (a+θh,b+θk)h+f y (a+θh,b+θk)k.
注：对闭凸域D ，任意两点P 1(x 1,x 2), P 2(x 2,y 2)∈D 和一切λ(0<λ<1),都有 P(x 1+λ(x 2-x 1),y 1+λ(y 2-y 1))∈intD ，则对D 上连续，intD 内可微的函数f ， 只要P ,Q ∈intD ，也存在θ∈(0,1)使中值定理成立. 如，
若D 为圆域{(x,y)|(x-ξ)2+(y-ζ)2≤r 2}, f 在D 上连续，在intD 内可微，则中值定理成立；若D 为矩形区域[a,b]×[c,d]，则不能保证对D 上任意两点P ,Q 都有中值定理成立.
推论：若函数f 在区域D 上存在偏导数，且f x ≡f y ≡0，则f 在区域D 上为常量函数.
证：设P 和P ’是区域D 上任意两点，由于D 为区域，
可用一条完全在D 内的折线连接PP ’. 设x 1为折线上第一个折点， 直线段Px 1上每一点P 0(x 0,y 0), 存在邻域U(P 0)⊂D, 由中值定理知， 在U(P 0)内任一点M(x m ,y m )有f(M)-f(P 0)=f x (θ1)(x m -x 0)+f y (θ1)(y m -y 0), ∵f x ≡f y ≡0，∴f(M)-f(P 0)=0, 即f(M)=f(P 0)，∴在U(P 0)内f 是常数函数. 由Px 1上每一点都有这样的邻域U(P 0)，使得f(x,y)=常数.
由有限覆盖定理知，存在有限个邻域U(P 1),…,U(P N )覆盖Px 1, ∴f(P)=f(x 1), 以x 1,…,x n 表示折线上的所有折点，同理有
f(P)=f(x 1)=…=f(x n )=f(P ’). 又由P ,P ’在区域D 内的任意性，知
在D 内,f(x,y)=常数.
例4：对f(x,y)=1xy 2x 1
2+-应用微分中值定理，证明存在θ(0<θ<1),
使得1-2=2(1-3θ)(1-2θ+3θ2)-3/2.
解：f 定义在E={(x,y)|x 2-2xy+1>0}上，凸区域D={(x,y)|x 2+y 2≤1}⊂E. 又f x =-()321xy 2x y
-x +-; f y =()321xy 2x x
+-，且f,f x ,f y 都在D 上连续，
取(1,0),(0,1)∈D ，根据微分中值定理，存在θ(0<θ<1), 使得 f(1,0)-f(0,1)=f x (θ,1-θ)-f y (θ,1-θ), 即
21-1=-[]321θ)-θ(12θθ)
-(1-θ+--[]321θ)-θ(12θθ+-=(1-3θ)(1-2θ+3θ2)-3/2，
∴1-2=2(1-3θ)(1-2θ+3θ2)-3/2.
定理17.9：(泰勒定理)若函数f 在点P 0(x 0,y 0)的某邻域U(P 0)上有直到n+1阶的连续偏导数，则对U(P 0)内任一点(x 0+h,y 0+k), 存在相应的 θ∈(0,1)，使得有二元函数f 在点P 0的n 阶泰勒公式：
f(x 0+h,y 0+k)=f(x 0,y 0) + ⎝⎛∂∂x h +⎪⎪⎭⎫∂∂y k f(x 0,y 0)+ ⎝
⎛∂∂x h !21+2y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0,y 0)+… + ⎝⎛∂∂x h !n 1+n y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0,y 0)+ ⎝⎛∂∂+x h !1)(n 1+1n y k +⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0+θh,y 0+θk).
证：令φ(t)=f(x 0+th,y 0+tk),其定义域为[0,1],且满足一元函数泰勒条件； ∴φ(1)=φ(0)+φ’(0)+!21φ”(0)+…+!
n 1φ(n)(0)+!)1(n 1+φ(n+1)(θ), (0<θ<1). 应用复合函数求导法则，可求得φ(t)的各阶导数：
φ(m)(t)= ⎝⎛∂∂x
h +m y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0+th,y 0+tk), (m=1,2,…,n+1). 当t=0时，则有 φ(m)(0)= ⎝⎛∂∂x h +m y k ⎪⎪⎭
⎫∂∂f(x 0,y 0), (m=1,2,…,n) 及φ(n+1)(θ)= ⎝⎛∂∂x h +1n y k +⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0+θh,y 0+θk)，将φ(m)(0), φ(n+1)(θ)代入φ(1)，
得f(x 0+h,y 0+k)=f(x 0,y 0)+ ⎝⎛∂∂x h +⎪⎪⎭
⎫∂∂y k f(x 0,y 0)+ ⎝⎛∂∂x h !21+2y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0,y 0)+… + ⎝⎛∂∂x h !n 1+n y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0,y 0)+ ⎝⎛∂∂+x h !1)(n 1+1n y k +⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0+θh,y 0+θk), (0<θ<1).
注：1、中值公式为泰勒公式在n=0时的特列情形；
2、若只要求余项R n =o (ρn ) (ρ=22k h +)，则
仅需f 在U(P 0)内存在直到n 阶连续偏导数，便有
f(x 0+h,y 0+k)=f(x 0,y 0)+∑= ⎝⎛∂∂n 1p x h !p 1+p
y k ⎪⎪⎭⎫∂∂f(x 0,y 0)+o (ρn ).
例5：求f(x,y)=x y 在点(1,4)的泰勒公式(到二阶)，并用它计算(1.08)3.96. 解：∵f(1,4)=1; f x (1,4)=yx y-1|(1,4)=4; f y (1,4)=x y lnx|(1,4)=0;
f xx (1,4)=y(y-1)x y-2|(1,4)=12; f yy (1,4)= x y (lnx) 2|(1,4)=0;
f xy (1,4)=f yx (1,4)=x y-1+yx y-1lnx|(1,4)=1.
∴x y =1+4(x-1)+6(x-1)2+(x-1)(y-4)+ o (ρ2). 当x=1.08, y=3.96时，有 (1.08)3.96≈1+4×0.08+6×0.082-0.08×0.04=1.3552.
三、极值问题
定义：设函数f 在点P 0(x 0,y 0)的某邻域U(P 0)内有定义，若对于任何点P(x,y)∈U(P 0)，有f(P)≤f(P 0)或f(P)≥f(P 0)，则称f 在点P 0取得极大(或极小)值，统称为极值. 极大值点、极小值点统称极值点.
注：1、极值点只限于定义域的内点;
2、若f 在点(x 0,y 0)取得极值，则当固定y=y 0时，一元函数f(x,y 0)必定在x=x 0取相同的极值；同理，一元函数f(x 0,y)在y=y 0也取相同的极值.
例6：设f(x,y)=2x 2+y 2, g(x,y)=22y -x -1，h(x,y)=xy ，讨论原点(0,0)是不是它们的极值点.
解：∵f(x,y)=2x 2+y 2≥f(0,0)=0，∴原点(0,0)是f 的极小值点； 又对任何(x,y)∈{(x,y)|x 2+y 2≤1}，有 g(x,y)=22y -x -1≤g(0,0)=1，∴原点(0,0)是g 的极大值点；
但在原点的任意邻域内，对I,III 象限的任意点有h(x,y)>h(0,0)=0; 对II, IV 象限中的任意点有h(x,y)<h(0,0)=0; ∴(0,0)不是h 的极值点.
定理17.10：(极值必要条件)若函数在点P 0(x 0,y 0)存在偏导数，且在P 0取得极值，则有f x (x 0,y 0)=0, f y (x 0,y 0)=0. 反之，若函数在点P 0满足上式，则称点P 0为f 的稳定点.
注：1、极值点一定是稳定点，但稳定点不一定是极值点. 如例6中的函数h ，原点为其稳定点，但不是其极值点.
2、函数在偏导数不存在的点也有可能取得极值，如f(x,y)=22y x +在原点没有偏导数，但f(0,0)=0是f 的极小值.
概念4：假定f 具有二阶连续偏导数，并记
H f (P 0)=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)(P f )(P f )(P f )(P f 0y y 0y x 0xy 0xx =0
P y y y x xy xx f f f f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，称之为P 0的黑赛矩阵.
定理17.11：(极值充分条件)设二元函数f 在点P 0(x 0,y 0)的某邻域U(P 0)上具有二阶连续偏导数，且P 0是f 的稳定点，则当H f (P 0)是正定矩阵时，f 在点P 0取得极小值；当H f (P 0)是负定矩阵时，f 在点P 0取得极大值；当H f (P 0)是不定矩阵时，f 在点P 0不取极值.
证：由f 在点P 0的二阶泰勒公式，及f x (P 0)= f y (P 0)=0，得
f(x,y)-f(x 0,y 0)=2
1(△x,△y)H f (P 0)(△x,△y)T +o (△x 2+△y 2).
当H f (P 0)正定时，对任何(△x,△y)≠(0,0)，恒有
二次型Q(△x,△y)=(△x,△y)H f (P 0)(△x,△y)T >0，
∴存在一个与△x,△y 无关的正数q, 使得Q(△x,△y)≥2q(△x 2+△y 2). 从而对充分小的U(P 0), 只要(x,y)∈U(P 0), 就有
f(x,y)-f(x 0,y 0)≥q(△x 2+△y 2)+o (△x 2+△y 2)=(△x 2+△y 2)(q+o (1))≥0, 即f 在点P 0取得极小值；同理, 当H f (P 0)负定时，f 在点P 0取得极大值； 当H f (P 0)不定时，若f 取极值，不妨设取极大值，则
沿任何过P 0的直线x=x 0+t △x, y=y 0+t △y, f(x,y)=f(x 0+t △x,y 0+t △y)=φ(t) 在t=0亦取得极大值. 由一元函数取极大值的充分条件知 φ”(0)≤0. 而φ’(t)=f x △x+f y △y, φ”(t)=f xx △x 2+2f xy △x △y+f yy △y 2,
又φ”(0)=(△x,△y)H f (P 0)(△x,△y)T , 即H f (P 0)必须为负半定，矛盾！ 同理，若f 取极小值，则H f (P 0)必须为正半定，亦矛盾！
∴当H f (P 0)是不定矩阵时，f 在点P 0不取极值.
注：根据正半定或负半定对称阵所属主子行列式的符号规则，定理17.11又可写成为：若函数f 如定理所设，P 0是f 的稳定点，则有：
(1)当f xx (P 0)>0, (f xx f yy -f xy 2)(P 0)>0时，f 在点P 0 取得极小值；
(2)当f xx (P 0)<0, (f xx f yy -f xy 2)(P 0)>0时，f 在点P 0取得极大值；
(3)当(f xx f yy -f xy 2)(P 0)<0时，f 在点P 0不能取得极值；
(4)当(f xx f yy -f xy 2)(P 0)=0时，不能肯定f 在点P 0是否取得极值.
例7：设f(x,y)=x2+5y2-6x+10y+6的极值.
解：当f x=2x-6=0, f y=10y+10=0时, x=3, y=-1，即点(3,-1)是f的稳定点. ∵f xx=2>0, f yy=10, f xy=0, 即有(f xx f yy-f xy2)(3,-1)=20>0，
∴f在点(3,-1)取得极小值f(3,-1)=9+5-18-10+6=-8.
又f在R2上处处存在偏导数，∴(3,-1)是f唯一的极值点.
例8：讨论f(x,y)=x2+xy是否存在极值.
解：当f x=2x+y=0, f y=x=0时, x=0, y=0，即点(0,0)是f的稳定点.
∵f xx=2, f yy=0, f xy=1, 即有(f xx f yy-f xy2)(0,0)=-1<0，∴(0,0)不是f的极值点. 又f在R2上处处存可微，∴f不存在极值.
例9：设f(x,y)=(y-x2)(y-2x2)，试用定理17.11能否判定f在原点是否取得极值？如果不能，请试用其它方法判定？
解：∵f x(0,0)=8x3-6xy|(0,0)=0, f y(0,0)=2y-3x2|(0,0)=0, ∴原点是f的稳定点. 又f xx=24x2-6y, f yy=2, f xy=-6x, 即有(f xx f yy-f xy2)(0,0)=0，
∴由定理17.11无法判定f在原点是否取得极值.
但当x2<y<2x2时，有f(x,y)<f(0,0)，而当y>2x2或y<x2时，f(x,y)>f(0,0)，∴f不可能在原点取得极值.
例10：证明：圆的所有外切三角形中，以正三角形的面积为最小. 证：记圆的半径为1，任一外切三角形切点间弧长分别为α,β,γ，
其中γ=2π-(α+β)，则外切三角形的面积可以表示为：
S=tan 2α+tan 2β+tan 2γ= tan 2α+tan 2β-tan
2β
+α, 0<α,β<π.
当S α=21(sec 22α-sec 22β+α)=0, S β=21(sec 22β-sec 22β+α)=0时，α=β=3
2
π,
即S 有稳定点(32π,32π). ∵S αα(32π,32π)=43>0, S ββ(32π,3
2
π)=23,
S αβ(32π,32π)=43, 即有(S ααS ββ-S αβ2)(32π,3
2
π)=36>0,
∴S 在(32π,32
π)取得极小值. 又S 在定义域内处处存在偏导数，
∴(32π,32π)是S 唯一的极小值点，∴当α=β=32π, γ=2π-(α+β)=3
2π,
即外切三角形为正三角形时,面积最小.
例11：(最小二乘法问题)设通过观测或实验得到一列点(x i ,y i ),i=1,2,…,n.它们大体上在一条直线上，即大体上可用直线方程来反映变量x 与y 之间的对应关系. 现要确定一直线使得与这n 个点的偏差平方和最小(最小二乘方).
解：设所求直线方程为y=ax+b ，则这n 个点的偏差平方和可表示为： f(a,b)=∑=+n 1
i 2
i i )y -b (ax .当f a =2∑=+n 1
i i i i )y -b (ax x =0, f b =2∑=+n
1
i i i )y -b (ax =0时,
整理得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+∑∑∑∑∑=====n
1i i n 1
i i n
1
i i i n 1i i n 1i 2
i y bn x a y x x b x a , 解方程组，得f(a,b)的稳定点： a 0=∑∑∑∑∑=====⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-n 1i 2n 1i i 2i n 1i i n 1i i n
1i i i x x n y x y x n , b 0=2n
1i i n 1i 2i n 1i i n 1i i i n 1i i n 1i 2i x x n x y x y x ⎪⎭
⎫
⎝⎛-⎪
⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∑∑∑∑======. 又A=f aa =2∑=n 1i 2
i
x >0, B=f ab =2∑=n
1i i x , C=f bb =2n, D=AC-B 2
=4n ∑=n
1i 2
i
x -4(∑=n
1
i i x )2>0,
从而f(a,b)在点(a 0,b 0)取得极小值，根据实际可知该极小值就是最小值.
习题
1、求下列函数的高阶偏导数.
(1)z=x 4+y 4-4x 2y 2, 二阶偏导数；(2)z=e x (cosy+xsiny), 二阶偏导数；
(3)z=xln(xy), y x z 23∂∂∂,2
3y x z ∂∂∂；(4)u=xyze x+y+z , r q p r q p z
y x z ∂∂∂∂++； (5)z=f(xy 2,x 2y), 二阶偏导数；(6)u=f(x 2+y 2+z 2), 二阶偏导数； (7)z=f(x+y,xy,y
x
), z x ,z xx ,z xy .
解：(1)z x =4x 3-8xy 2, z y =4y 3-8x 2y, z xx =12x 2-8y 2, z yy =12y 2-8x 2, z xy =z yx =-16xy. (2)z x =e x (cosy+xsiny)+e x siny=e x (cosy+siny+xsiny), z y =e x (xcosy-siny), z xx =e x (cosy+siny+xsiny)+e x siny=e x (cosy+2siny+xsiny), z yy =-e x (xsiny+cosy), z xy =z yx =e x (cosy-siny+xcosy).
(3)∵x z ∂∂=ln(xy)+1, 22x z ∂∂=x 1, y x z 2∂∂∂=y 1, ∴y x z 23∂∂∂=0; 2
3y
x z
∂∂∂=-2y 1. (4)方法一：∵x u ∂∂=(yz+xyz)e x+y+z
, ∴p p x
u ∂∂=(pyz+xyz)e x+y+z ；
∵y x u p 1p ∂∂+=(pz+pyz+xz+xyz)e x+y+z
, ∴q p q p y x u ∂∂+=(qpz+pyz+qxz+xyz)e x+y+z ,
∵z
y x u
q p q p ∂∂+=(qp+qpz+py+pyz+qx+qxz+xy+xyz)e x+y+z , ∴r q p r q p z
y x z
∂∂∂∂++=(rqp+qpz+rpy+pyz+rqx+qxz+rxy+xyz)e x+y+z . 方法二：u=xyze x+y+z =xe x ·ye y ·ze z . 由归纳法知： (xe x )(p)=(x+p)e x , (ye y )(q)=(y+q)e y , (ze z )(r)=(z+r)e x ,
∴r q p r q p z
y x z
∂∂∂∂++=(xe x )(p)(ye y )(q)(ze z )(r)=(x+p)(y+q)(z+r)e x+y+z . (5)∵z x =y 2f 1+2xyf 2, z y =2xyf 1+x 2f 2,
∴z xx =y 4f 11+4xy 3f 12+4x 2y 2f 22+2yf 2, z yy =2xf 1+4x 2y 2f 11+4x 3yf 21+x 4f 22, z xy =z yx =2yf 1+y 2(2xyf 11+x 2f 12)+2xf 2+2xy(x 2f 22+2xyf 21) =2yf 1+2xf 2+2xy(x 2f 22+y 2f 11)+5x 2y 2f 21.
(6)设w=x 2+y 2+z 2, 则u=f(w). ∵u x =2xf ’(w), u y =2yf ’(w), u z =2zf ’(w), ∴u xx =2f ’(w)+4x 2f ”(w), u yy =2f ’(w)+4y 2f ”(w), u zz =2f ’(w)+4z 2f ”(w), u xy =u yx =4xyf ”(w); u yz =u zy =4yzf ”(w); u zz =u zx =4xzf ”(w). (7)z x =f 1+yf 2+y
1f 3,
z xx =f 11+yf 12+y 1f 13+y(f 21+yf 22+y 1f 23)+y 1(f 31+yf 32+y
1f 33) =f 11+f 23+f 32+y(f 12+f 21)+y 2f 22+y 1(f 13+f 31)+2
y 1f 33 = f 11+2yf 12+y
2f 13+y 2f 22+2f 23+2y
1f 33. z xy =f 11+xf 12-2y x f 13+f 2+y(f 21+xf 22-2y x f 23)-2y 1f 3+y 1(f 31+xf 32
-2
y x f 33) =f 11+(x+y)f 12+ ⎝⎛y 1-⎪⎪⎭
⎫2y x f 13+xyf 22 -3y x f 33+f 2-2y 1
f 3.
2、设u=f(x,y), x=rcos θ, y=rsin θ, 证明：22r
u ∂∂+r u r 1∂∂+222θu r 1∂∂=22x u ∂∂+22y u
∂∂.
证：∵
r u ∂∂=r x x u ∂∂∂∂+r y y u ∂∂∂∂=cos θx
u ∂∂+sin θy u
∂∂,
θu ∂∂=θx x u ∂∂∂∂+θy y u ∂∂∂∂=rcos θy u ∂∂-rsin θx
u ∂∂;
∴22r u ∂∂=cos 2θ22x u ∂∂+2sin θcos θy x u 2∂∂∂+sin 2θ22
y
u ∂∂, 2
2θu ∂∂=r 2cos 2θy
u 22
∂∂-rsin θy u ∂∂+r 2sin 2θ22x u ∂∂-rcos θx u ∂∂-2r 2
sin θcos θy x u 2∂∂∂; 又
r u r 1∂∂=r 1cos θx u ∂∂+r
1sin θy u
∂∂,
222θu r 1∂∂= cos 2θy u 22
∂∂-r
1sin θy u ∂∂+sin 2θx u ∂∂-r 1cos θx u ∂∂-2sin θcos θy x u 2∂∂∂; ∴22r u ∂∂+r u r 1∂∂+222θu r 1∂∂=22x u ∂∂+22y
u
∂∂.
3、设u=f(r), r
2
=x 12+x 22+…+x n 2,
证明：212x u ∂∂+222x u ∂∂+…+2n 2x u ∂∂=22dr
u d +dr du
r 1-n .
证：记∵k x u ∂∂=k x r dr du ∂∂=dr du r x k , ∴2k 2x u ∂∂=dr du r
x r 13
2k
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+r d u d r x 22
22
k , k=1,2,…,n ∴∑=∂∂n
1k 2k
2x u =212x u ∂∂+222x u ∂∂+…+2n 2x u ∂∂=22dr u d +dr du r 1r n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22dr u d +dr du
r 1-n .
4、设v=r 1g ⎪⎭⎫ ⎝⎛-c r t , c 为常数，r=2
22z y x ++. 证明：v xx +v yy +v zz =2c
1v tt .
证：∵v x =-
r x r 12g+r 1⎪⎭⎫
⎝⎛-cr x g ’=-3r x g-2cr x g ’, v y =-3r y g-2cr y g ’, v z =-3r z g-2cr
z g ’; ∴v xx =522r r -3x g+42cr x g ’+422cr r -2x g ’+322r c x g ” =5
2
2r r -3x g+422cr r -3x g ’+322r c x g ”, v yy =522r r -3y g+422cr r -3y g ’+322r c y g ”, v zz =52
2r
r -3z g+4
22cr r -3z g ’+322r c z g ”,
∵5
22r r -3x +522r r -3y +52
2r r -3z =0, 422cr r -3x +422cr r -3y +422cr r -3z =0, 322r c x +322r c y +322r c z =r c 12, ∴v xx +v yy +v zz =r
c 1
2g ”; 又v t =r 1
g ’, v tt =r 1g ”, ∴v xx +v yy +v zz =2
c 1
v tt .
5、证明定理17.8的推论. 证：证明过程见17.8推论.
6、通过对F(x,y)=sinxcosy 施用中值定理，证明对某θ∈(0,1)，有
43=3πcos 3πθcos 6πθ-6πsin 3πθsin 6
πθ. 证：F x =cosxcosy, F y =-sinxsiny. 对点(3π,6
π
)和(0,0)运用中值定理知，
存在某θ∈(0,1)，有F(3π,6π)-F(0,0)=3πF x (3πθ,6πθ)+6πF y (3πθ,6
πθ
)，即
sin 3πcos 6π-sin0cos0=3πcos 3πθcos 6πθ-6πsin 3πθsin 6πθ
， 又sin 3πcos 6π-sin0cos0=43，∴43=3πcos 3πθcos 6πθ-6πsin 3πθsin 6
πθ.
7、求下列函数在指定点处的泰勒公式：
(1)f(x,y)=sin(x 2+y 2)在点(0,0) (至二阶)；(2)f(x,y)=y
x
在点(1,1) (至三阶)； (3)f(x,y)=ln(1+x+y)在点(0,0)；(4)f(x,y)=2x 2-xy-y 2-6x-3y+5在点(1,-2). 解：(1)∵f(0,0)=sin0=0, f x (0,0)=2xcos(x 2+y 2)|(0,0)=0, f y (0,0)=0, f xx (0,0)=[2cos(x 2+y 2)-4x 2sin(x 2+y 2)]|(0,0)=2, f yy (0,0)=2, f xy (0,0)=f yx (0,0)=-4xysin(x 2+y 2)|(0,0)=0, f xxx (θx,θy)=[-12xsin(x 2+y 2)-8x 3cos(x 2+y 2)]|(θx,θy)
=-4θxsin(θ2x 2+θ2y 2)-8θ3x 3cos(θ2x 2+θ2y 2), f xxy (θx,θy)=[-4ysin(x 2+y 2)-8x 2ycos(x 2+y 2)]|(θx,θy) =-4θysin(θ2x 2+θ2y 2)-8θ3x 2ycos(θ2x 2+θ2y 2), f yyx (θx,θy)=-4θxsin(θ2x 2+θ2y 2)-8θ3xy 2cos(θ2x 2+θ2y 2), f yyy (θx,θy)=-12θysin(θ2x 2+θ2y 2)-8θ3y 3cos(θ2x 2+θ2y 2), ∴sin(x 2+y 2)=x 2+y 2+R 2(x,y)，其中
R 2(x,y)=6
1[x 3f xxx (θx,θy)+3x 2yf xxy (θx,θy)+3xy 2f yyx (θx,θy) +y 3f yyy (θx,θy)] =-3
2[3θ(x 2+y 2)2sin(θ2x 2+θ2y 2) +2θ3(x 2+y 2)3cos(θ2x 2+θ2y 2)]. (2)∵f(1,1)=1, f x (1,1)=y
1|(1,1)=1, f y (1,1)=-2
y x
|(1,1)=-1, f xx =0, f yy (1,1)=
3y 2x |(1,1)=2, f xy (1,1)=f yx (1,1)=-2y
1|(1,1)=-1, f xxx =f xxy =0, f yyx (1,1)=3y 2|(1,1)=2, f yyy (1,1)=-4
y 6x
|(1,1)=-6, f xxxx =f xxxy =f xxxy =f xxyy =0, f yyyx (1+θx,1+θy)=-4θy)(16+, f yyyy (1+θx,1+θy)=5
θy)
(1θx )
24(1++. ∴y
x
=1+(x-1)-(y-1)-(x-1)(y-1)+(y-1)2+(x-1)(y-1)2-(y-1)3+R 3(x,y)，其中 R 3(x,y)=
24
1
[4(x-1)(y-1)3f yyyx (1+θx,1+θy)+(y-1)4f yyyy (1+θx,1+θy)] =-4
3
1)]-θ(y [11)-1)(y -(x ++51)]
-θ(y [11)-θ(x 1++(y-1)4. (3)∵k k x f ∂∂=k 1-k y)x (11)!-(k (-1)++=k k y
f ∂∂, ∴k k x f(0,0)∂∂=k
k y f(0,0)∂∂=(-1)k-1
(k-1)!; ∵p -n p n y x f ∂∂∂=n
1-n y)x (11)!-(n (-1)++, ∴p -n p n y
x f(0,0)
∂∂∂=(-1)n-1(n-1)!;
∴ ⎝⎛∂∂x x p!1+p
y y ⎪⎪⎭
⎫∂∂f(0,0)=∑=p 0i p i
C p!1(-1)p-1(p-1)!x i y p-i =p (-1)1
-p (x+y)p
. ⎝⎛∂∂+x x 1)!(n 1+p
y y ⎪⎪⎭⎫∂∂f(θx,θy)=1
n n 1-n 0p p 1n θy)
θx (1n!
)1(C 1)!(n 1+=+++-+∑x p y n-p =1n n θy)
θx 1)(1(n )1(++++- (x+y)n+1. ∴ln(1+x+y)=p y)(x )
1(p n
1
p 1
-p +-∑=+(-1)n
1
n 1n θy)
θx 1)(1(n )y x (++++++, (0<θ<1). (4)∵f(1,-2)=5, f x (1,-2)=(4x-y-6)|(1,-2)=0, f y (1,-2)=(-x-2y-3)|(1,-2)=0, f xx =4, f yy =-2, f xy =f yx =-1, ∴f 的三阶偏导数都为0, ∴2x 2-xy-y 2-6x-3y+5=5+2(x-1)2-(x-1)(y+2)-(y+2)2.
8、求下列函数的极值点：
(1)z=3axy-x 3-y 3 (a>0)；(2)z=x 2-xy+y 2-2x+y ；(3)z=e 2x (x+y 2+2y). 解：(1)当z x =3ay-3x 2=0, z y =3ax-3y 2=0时,x=y=0或x=y=a, ∴函数z 有稳定点(0,0)和(a,a).
又z xx (a,a)=-6a<0, z yy (a,a)=-6a, z xx (0,0)=0, z yy (0,0)=0, z xy =z yx =3a, 即有 (z xx z yy -z xy 2)(a,a)=27a 2>0; (z xx z yy -z xy 2)(a,a)=-9a 2<0, ∴(a,a)是极大值点, (0,0)不是极值点.
(2)当z x =2x-y-2=0, z y =-x+2y +1=0时,x=1, y=0,∴函数z 有稳定点(1,0). 又z xx =2>0, z yy =2, z xy =z yx =-1, 即有z xx z yy -z xy 2=3>0;∴(1,0)是极小值点. (3)当z x =e 2x (2x+2y 2+4y+1)=0, z y =e 2x (2y+2)=0时,x=2
1, y=-1,
∴函数z 有稳定点(2
1,-1). 又z xx =e 2x (4x+4y 2+8y+4), z xx (21,-1)=2e>0; z yy =2e 2x , z yy (2
1
,-1)=2e; z xy =z yx =e 2x (4y+4), z xy (2
1,-1)=z yx (2
1,-1)=0, 即有
(z xx z yy -z xy 2)(21,-1)=4e 2>0; ∴(2
1,-1)是极小值点.
9、求下列函数在指定范围内的最大值与最小值：
(1)z=x 2-y 2, {(x,y)|x 2+y 2≤4}；(2)z=x 2-xy+y 2, {(x,y)||x|+|y|≤1}； (3)z=sinx+siny-sin(x+y), {(x,y)|x ≥0,y ≥0,x+y ≤2π}.
解：(1)当z x =2x=0, z y =-2y=0时,x=0, y=0,∴函数z 有稳定点(0,0). 又z xx =2>0, z yy =-2, z xy =z yx =0, 即有z xx z yy -z xy 2=-4<0;∴(0,0)不是极值点. 当x 2+y 2=4时，y 2=4-x 2，∴z=2x 2-4. 由z ’=4x=0，得稳定点x=0, y=±2, z(0,2)=z(0,-2)=-4. 又x 2=4-y 2,∴z=4-2y 2.由z ’=-4y=0,得稳定点y=0, x=±2, z(2,0)=z(-2,0)=4. ∴在(2,0),(-2,0)取最大值4, 在(2,0),(-2,0)取最小值-4. (2)当z x =2x-y=0, z y =2y-x=0时,x=0, y=0,∴函数z 有稳定点(0,0). 又z xx =2>0, z yy =2, z xy =z yx =-1, 即有z xx z yy -z xy 2=3>0;∴z(0,0)=0是极小值. 当x+y=1, 即y=1-x 时, z=x 2-x(1-x)+(1-x)2=3x 2-3x+1, 由z ’=6x-3=0, 得稳定点x=2
1, y=2
1, z(21,2
1)=4
1;
当x-y=1, 即y=x-1时, z=x 2-x(x-1)+(x-1)2=x 2-x+1, 由z ’=2x-1=0, 得 稳定点x=2
1,y=-2
1, z(2
1,-2
1)=4
3;
当-x-y=1, 即y=-x-1时, z=x 2-x(-x-1)+(-x-1)2=3x 2+3x+1, 由z ’=6x+3=0, 得 稳定点x=-2
1,y=-2
1, z(-2
1,-2
1)=4
3; 又z(1,0)=z(0,1)=z(-1,0)=z(0,-1)=1, ∴函数在(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)取最大值1, 在(0,0)取最小值0. (3)当z x =cosx-cos(x+y)=0, z y =cosy-cos(x+y)=0时,cosx=cosy, ∴函数的稳定点在x=y 或x+y=2π上.
当x=y 时cosx-cos2x=-2cos 2x+cosx+1=0, ∴cosx=cosy=-2
1或1,
∴x=y=
32π或x=y=0, z(32π,3
2π)=233, z(0,0)=0. 又
在边界{(x,y)|x=0, 0≤y ≤2π}∪{(x,y)|y=0, 0≤x ≤2π}∪{(x,y)|x+y=2π}上, z=0, ∴函数在(32π,3
2π
)取最大值233, 在边界上取最小值0.
10、在已知周长为2p 的一切三角形中，求出面积为最大的三角形. 解：设三边分别为x,y,y. 则面积S=z)-y)(p -x)(p -p(p , x+y+z=2p. ∴S=p)-y y)(x -x)(p -p(p , (x,y)∈D={(x,y)|0≤x ≤p, 0≤y ≤p, x+y ≥p }. 根据S 偏导数的特点，可知S 与f=(p-x)(p-y)(x+y-p)有相同的稳定点. 又当f x =(p-y)(2p-2x-y)=0, f y =(p-x)(2p-2y-x)=0时, x=y=32p , z=2p-x-y=3
2p
, 且S 在D 的边界上有S ≡0, ∴S 在(32p ,3
2p
)处取得最大值，即 边长为32p 的等边三角形面积最大为S(32p ,3
2p
)=9p 3.
11、在xy 平面上求一点，使它到三直线x=0, y=0及x+2y-16=0的距离平方和最小.
解：所求点(x,y)到三直线的距离平方和为：s=x 2
+y 2
+5
16)-2y +(x 2
.
当s x =2x+516)-2y +2(x =0, s y =2y+516)-2y +4(x =0时，x=58, y=5
16
. ∴(58,5
16
)是s 的稳定点. 又s 在R 2内处处存在连续的偏导数, ∴(58,
5
16
)是s 唯一的稳定点，也是s 的最小值点.
12、已知平面上n 个点的坐标分别为A 1(x 1,x 1), A 2(x 2,y 2), …,A n (x n ,y n )，试求一点，使它与这n 个点距离的平方和最小.
解： 设点(x,y)为所求，它与各点距离平方和为：S=∑=+n
1i 2i 2i ])y -(y )x -[(x .
当S x =2nx-2∑=n 1i i x =0, S y =2ny-2∑=n
1
i i y =0时，x=∑=n 1i i x n 1, y=∑=n
1i i y n 1.
又S 在R 2内处处存在连续的偏导数，
∴(∑=n 1i i x n 1,∑=n
1
i i y n 1)是S 唯一的稳定点，也是S 的最小值点.
13、证明：函数u=t
a 4b)-(x 2
2e
πt
a 21-
(a,b 为常数)满足热传导方程：t u ∂∂=a 222x
u
∂∂.
证：
t u
∂∂=-t
a 4b)-(x 322e πt
a 41-+
t
a 4b)-(x 2
22
22e t a 4b)
-(x πt
a 21
-. x u ∂∂=-t
a 4b)-(x 2
22e t
a 4b)-2(x πt a 21-
, 22
x u
∂∂=-t
a 4b)-(x 3322e πt
a 41+
t
a 4b)-(x 2
42
22e t a 4b)
-(x πt 2a 1
-,
∴a 222
x u
∂∂=-t
a 4b)-(x 322e πt
a 41-
+
t
a 4b)-(x 2
22
22e t a 4b)
-(x πt
a 21
-
=
t
u
∂∂.
14、证明：函数u=ln 22b)-(y a)-(x +(a,b 为常数)满足拉普拉斯方程：
2
2x u ∂∂+22y
u
∂∂=0. 证：∵
x u
∂∂=2222b)
-(y a)-(x b)-(y a)-(x a -x +⋅+=22b)-(y a)-(x a -x +, ∴22x u ∂∂=222222]b)-(y a)-[(x a)-(x 2b)-(y a)-(x +-+=2
222
2]
b)-(y a)-[(x a)-(x b)-(y +-; 同理可得
2
2y u
∂∂=22222]b)-(y a)-[(x b)-(y a)-(x +-; ∴22x u ∂∂+22y
u ∂∂=0.
15、证明：若函数u=f(x,y)满足拉普拉斯方程：22x u ∂∂+22y
u
∂∂=0；则函数
v=f(
22y x x +,2
2y x y
+)也满足此方程. 证：记s=22y x x +, t=22y x y +, 则x s ∂∂=22222)y x (x y +-=-y t ∂∂,y s
∂∂=-222)y x (x y 2+=x
t ∂∂.
x v ∂∂=x s s f ∂∂∂∂+x t t f ∂∂∂∂,22x v ∂∂=2
2
2x s s f
⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂∂∂+2
x t x s t s f 2∂∂∂∂∂∂∂+2
22x t t f ⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+22x s s f ∂∂∂∂+2
2
x t
t f ∂∂∂∂; 同理22
y v ∂∂=2
22
y s s f ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂∂∂+2y t y s t s f 2∂∂∂∂∂∂∂+2
22y t t f ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂+22y s s f ∂∂∂∂+22y t
t f ∂∂∂∂; ∵22x s ∂∂=-x y t 2∂∂∂,22y s ∂∂=y x t 2∂∂∂, ∴22x s ∂∂+22y s ∂∂=0, 同理22x t ∂∂+22y
t
∂∂=0. 又2
x s ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=2
y t ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂, 2
x t ⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=2
y s ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂, x t x s ∂∂∂∂=-y t y s ∂∂∂∂,22s f ∂∂+22t f ∂∂=0, 代入上述各式子，可得22x v ∂∂+22y
v
∂∂=0.
16、设函数u=φ(x+ψ(y))，证明y x u x u 2∂∂∂∂∂=2
2x u
y u ∂∂∂∂.
证：令s=x+ψ(y), 则∵x u ∂∂=ds d φ,y x u 2∂∂∂=dy d ψ
ds φd 22, ∴y x u x u 2∂∂∂∂∂=dy d ψds φd ds d φ2;
又y u ∂∂=dy d ψds d φ, 22x u ∂∂=22ds
φ
d , ∴22x u y u ∂∂∂∂=dy d ψds φd ds d φ2
2=y x u x u 2∂∂∂∂∂.
17、设f x ,f y 和f yx 在点(x 0,y 0)在某邻域内存在，f yx 在点(x 0,y 0)连续，证明：
f xy 也存在，且f xy (x 0,y 0)=f yx (x 0,y 0). 证：由已知条件及中值定理得：
F(△x,△y)=f(x 0+△x,y 0+△y)-f(x 0+△x,y 0)-f(x 0,y 0+△y)+f(x 0,y 0) =f yx (x 0+θ1△x,y 0+θ2△y)△x △y, 0<θ1,θ2<1，即有 f yx (x 0+θ1△x,y 0+θ2△y) =y
1
x )y ,f(x -)y x,f(x x y)y ,f(x -y)y x,f(x 00000000∆⎥⎦⎤⎢
⎣⎡∆∆+-∆∆+∆+∆+. 又f yx 在点(x 0,y 0)连续，故对上式两边取△x →0得 f yx (x 0,y 0+θ2△y)=
y
)
y ,f(x -)y x ,f(x 0000∆∆+，再让△y →0,
由f yx 在点(x 0,y 0)连续及f xy 的定义知，f xy (x 0,y 0)=f yx (x 0,y 0).
18、证明：若f x ,f y 在点(x 0,y 0)在某邻域内存在且在点(x 0,y 0)可微，则有f xy (x 0,y 0)=f yx (x 0,y 0).
证：由已知条件及中值定理得：
F(△x,△y)=f(x 0+△x,y 0+△y)-f(x 0+△x,y 0)-f(x 0,y 0+△y)+f(x 0,y 0) =[f x (x 0+θ1△x,y 0+△y)-f x (x 0+θ1△x,y 0)]△x, 0<θ1<1. 由f x 在点(x 0,y 0)可微知
F(△x,△y)=f x (x 0+θ1△x,y 0+△y)-f x (x 0,y 0)]△x-f x (x 0+θ1△x,y 0)-f x (x 0,y 0)]△x =[f xx (x 0,y 0)θ1△x+f xy (x 0,y 0)△y+o (ρ)-f xx (x 0,y 0)θ1△x-o (ρ)]△x
= f xy (x 0,y 0)△x △y+o (ρ)△x. ∴y
x y)
x ,f(lim (0,0)y )x,(∆⋅∆∆∆→∆
∆=f xy (x 0,y 0). 同理， 由f y 在点(x 0,y 0)可微得y
x y)
x ,f(lim (0,0)
y )x,(∆⋅∆∆∆→∆
∆=f yx (x 0,y 0). ∴f xy (x 0,y 0)=f yx (x 0,y 0).
19、设u=2
22z y x z y x
1
11
, 求(1)u x +u y +u z ；(2)xu x +yu y +zu z ；(3)u xx +u yy +u zz . 解：u x =2
2
z y 2x z y
1
1
10
=2xz+y 2-2xy-z 2=(y-z)(-2x+y+z), 同理 u y =(x-z)(-2y+x+z), u z =(x-y)(-2z+x+y),
∴(1)u x +u y +u z =0; (2)xu x +yu y +zu z =3(z-y)(x-y)(x-z). 又∵u xx =2(z-y), u yy =2(x-z), u zz =2(y-x),∴(3)u xx +u yy +u zz =0.
20、设f(x,y,z)=Ax 2+By 2+Cz 2+Dxy+Eyz+Fzx, 试按h,k,l 的正数幂展开f(x+h,y+k,z+l).
解：∵f x =2Ax+Dy+Fz, f y =2By+Dx+Ez, f z =2Cz+Ey+Fx; f xx =2A, f yy =2B, f zz =2C; f xy =f yx =D, f xz =f zx =F, f yz =f zy =E.
∴f(x+h,y+k,z+l)=f(x,y,z)+(2Ax+Dy+Fz)h+(2By+Dx+Ez)k+(2By+Dx+Ez)l +Ah 2+Bk 2+Cl 2+Dhk+Ekl+Fhl
= f(x,y,z)+(2Ax+Dy+Fz)h+(2By+Dx+Ez)k+(2By+Dx+Ez)l+f(h,k,l).。