第 5 章　多元函数微分学

放缩（分母缩小、分子放大时注意方向）：

\[ \left|\frac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}\right|\le\frac{x^{2}|y|}{x^{2}}=|y| \]

当 \((x,y)\to(0,0)\) 时右边 \(\to 0\)，由夹逼准则，极限为 0。

另法（极坐标）：\(\dfrac{x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}=\rho\cos^{2}\theta\sin\theta\)，而 \(|\cos^{2}\theta\sin\theta|\le 1\)，故绝对值 \(\le\rho\to 0\)，与 \(\theta\) 无关，同样得 0。

套路总结：分子次数比分母高（齐次角度看 \(x^{2}y\) 三次、\(x^{2}+y^{2}\) 二次）时极限通常为 0，用夹逼或极坐标「均匀控制」。

沿路径 \(y=kx\)（\(k\neq 0\)）：

\[ \lim_{x\to 0}\frac{x\cdot kx}{x^{2}+k^{2}x^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}} \]

取 \(k=0\)（即沿 \(x\) 轴）极限为 0，取 \(k=1\)（沿 \(y=x\)）极限为 \(\dfrac{1}{2}\)，两条路径结果不同，故二重极限不存在，从而 \(f\) 在 \((0,0)\) 不连续。

两个累次极限：

\[ \lim_{x\to 0}\left[\lim_{y\to 0}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}\right]=\lim_{x\to 0}0=0,\qquad \lim_{y\to 0}\left[\lim_{x\to 0}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}\right]=0 \]

两个累次极限都存在且相等（均为 0），但二重极限不存在——这说明「先对一个变量取极限再对另一个」与「两个变量同时取极限」是两回事，是本章概念题的第一大陷阱。

当 \((x,y)\to(0,2)\) 时 \(xy\to 0\)，拼出一元重要极限结构：

\[ \frac{\sin(xy)}{x}=y\cdot\frac{\sin(xy)}{xy}\ \longrightarrow\ 2\times 1=2 \]

故极限为 2。（趋近点不在原点时，常可用连续性或一元等价无穷小处理。）

① 连续性：由 \(|xy|\le\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}\)，得

\[ |f(x,y)|=\frac{|xy|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\le\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{2}\ \longrightarrow 0=f(0,0) \]

故 \(f\) 在 \((0,0)\) 连续。

② 偏导数（用定义，固定一个变量为 0 后分子恒为 0）：

\[ f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0}{h}=0,\qquad f_y(0,0)=0 \]

③ 可微性：考察

\[ \lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-0\cdot h-0\cdot k}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}}=\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{hk}{h^{2}+k^{2}} \]

沿 \(k=h\)：\(\dfrac{h^{2}}{2h^{2}}=\dfrac{1}{2}\neq 0\)，极限不为 0，故 \(f\) 在 \((0,0)\) 不可微。

结论：连续、偏导存在，但不可微——关系链反方向不成立的活例子。

易错：分子 \(f(h,0)=0\) 是因为整个 \(\sqrt{h^{2}}\) 结构里带了因子 0，别误算成 \(\frac{0}{|h|}\) 再除以 \(h\)。

\[ \frac{\partial z}{\partial x}=2xy+y\cos(xy),\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=x^{2}+x\cos(xy) \]

（对 \(x\) 求偏导时 \(y\) 视为常数，\(\sin(xy)\) 用一元链式法则乘 \(y\)。）

\[ dz=(2xy+y\cos xy)\,dx+(x^{2}+x\cos xy)\,dy \]

在 \((1,\pi)\) 处：\(\cos\pi=-1\)，

\[ \frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(1,\pi)}=2\pi-\pi=\pi,\qquad \frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(1,\pi)}=1-1=0 \]

\[ dz\big|_{(1,\pi)}=\pi\,dx \]

(1) 错。反例即例 4：连续、偏导都存在，但不可微。

(2) 对。可微则 \(\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)\to 0\)，故连续。

(3) 对。偏导连续是可微的充分条件（这就是关系链的第一个箭头）。

(4) 错。偏导连续只是可微的充分条件而非必要条件：\(f=(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\) 在原点可微但 \(f_x\) 不连续。

正确的有 2 个，选 B。

套路总结：此类题就是关系链 + 四个反例（\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)、\(\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}\)、\(\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\)、\(\rho^{2}\sin\frac{1}{\rho^{2}}\)）来回倒腾，把这四个反例背熟即可。

记 \(u=x^{2}+y^{2},\ v=xy\)，树形图：\(z\to u\to x,y\)；\(z\to v\to x,y\)。

一阶：

\[ \frac{\partial z}{\partial x}=f_1\cdot 2x+f_2\cdot y=2x f_1+y f_2 \]

二阶 \(\partial^{2}z/\partial x^{2}\)（关键：\(f_1,f_2\) 仍是 \((u,v)\) 的复合函数）：

\[ \frac{\partial f_1}{\partial x}=f_{11}\cdot 2x+f_{12}\cdot y,\qquad \frac{\partial f_2}{\partial x}=f_{21}\cdot 2x+f_{22}\cdot y \]

\[ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=2f_1+2x\left(2x f_{11}+y f_{12}\right)+y\left(2x f_{21}+y f_{22}\right) \]

由 \(f_{12}=f_{21}\) 合并：

\[ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=2f_1+4x^{2}f_{11}+4xy f_{12}+y^{2}f_{22} \]

二阶 \(\partial^{2}z/\partial x\partial y\)（对 \(z_x=2x f_1+y f_2\) 关于 \(y\) 求导，注意乘积规则里 \(y f_2\) 要先用乘积法则）：

\[ \frac{\partial f_1}{\partial y}=2y f_{11}+x f_{12},\qquad \frac{\partial f_2}{\partial y}=2y f_{21}+x f_{22} \]

\[ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=2x\left(2y f_{11}+x f_{12}\right)+\left[f_2+y\left(2y f_{21}+x f_{22}\right)\right] \]

\[ =f_2+4xy f_{11}+2(x^{2}+y^{2})f_{12}+xy f_{22} \]

易错：\((y f_2)_y=f_2+y(f_2)_y\)，乘积法则产生的裸 \(f_2\) 项最容易漏；\((2x f_1)_y\) 中 \(2x\) 对 \(y\) 是常数，不要多出一项。

用一元乘积与链式法则（把另一个变量视为常数）：

\[ \frac{\partial z}{\partial x}=y e^{xy}\sin(x-y)+e^{xy}\cos(x-y)=e^{xy}\left[y\sin(x-y)+\cos(x-y)\right] \]

\[ \frac{\partial z}{\partial y}=x e^{xy}\sin(x-y)+e^{xy}\cos(x-y)\cdot(-1)=e^{xy}\left[x\sin(x-y)-\cos(x-y)\right] \]

（注意 \(\sin(x-y)\) 对 \(y\) 求导产生 \(-\cos(x-y)\)，符号易错。）

令 \(F(x,y,z)=z^{3}-3xyz-1\)，把 \(x,y,z\) 都当独立变量求偏导：

\[ F_x=-3yz,\qquad F_y=-3xz,\qquad F_z=3z^{2}-3xy \]

\[ \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{3yz}{3z^{2}-3xy}=\frac{yz}{z^{2}-xy},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{xz}{z^{2}-xy} \]

在点 \((1,0,1)\)（验证：\(1-0=1\)，满足方程）：

\[ \frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(1,0)}=\frac{1\times 1}{1-0}=1 \]

复核（直接法）：方程两边对 \(y\) 求导（\(z\) 是 \(y\) 的函数）：\(3z^{2}z_y-3xz-3xy\,z_y=0\)，解得 \(z_y=\dfrac{3xz}{3z^{2}-3xy}=\dfrac{xz}{z^{2}-xy}\)，与公式法一致。

两个方程两边对 \(x\) 求偏导（\(r,\theta\) 都视为 \(x,y\) 的函数）：

\[ \begin{cases}1=\dfrac{\partial r}{\partial x}\cos\theta-r\sin\theta\cdot\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\\[6px] 0=\dfrac{\partial r}{\partial x}\sin\theta+r\cos\theta\cdot\dfrac{\partial\theta}{\partial x}\end{cases} \]

第一式乘 \(\cos\theta\)、第二式乘 \(\sin\theta\) 相加（消去 \(\theta_x\)）：

\[ \cos\theta=\frac{\partial r}{\partial x}(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)\ \Rightarrow\ \frac{\partial r}{\partial x}=\cos\theta \]

第一式乘 \(-\sin\theta\)、第二式乘 \(\cos\theta\) 相加（消去 \(r_x\)）：

\[ -\sin\theta=r\,\frac{\partial\theta}{\partial x}\ \Rightarrow\ \frac{\partial\theta}{\partial x}=-\frac{\sin\theta}{r} \]

同理，对 \(y\) 求偏导后解线性方程组（或用对称性 \(x\leftrightarrow y\)、\(\theta\to\frac{\pi}{2}-\theta\)）：

\[ \frac{\partial r}{\partial y}=\sin\theta,\qquad \frac{\partial\theta}{\partial y}=\frac{\cos\theta}{r} \]

（自查：\(\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=r\)，反函数雅可比 \(\frac{\partial(r,\theta)}{\partial(x,y)}=\frac{1}{r}\)，与 \(\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial\theta}{\partial y}-\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial\theta}{\partial x}=\cos\theta\cdot\frac{\cos\theta}{r}-\sin\theta\cdot\left(-\frac{\sin\theta}{r}\right)=\frac{\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta}{r}=\frac{1}{r}\) 一致。）

套路总结：方程组定隐函数 = 「每个方程对某自变量求偏导 → 线性方程组 → 克莱姆法则」；也可全微分法：\(dx=\cos\theta\,dr-r\sin\theta\,d\theta,\ dy=\sin\theta\,dr+r\cos\theta\,d\theta\)，把 \(dr,d\theta\) 解成 \(dx,dy\) 的线性组合，系数即四个偏导。

梯度：\(\operatorname{grad}u=(yz,\ xz,\ xy)\)，在 \(M\) 处

\[ \operatorname{grad}u\big|_{M}=(2\times 1,\ 1\times 1,\ 1\times 2)=(2,1,2) \]

(1) \(|\vec{l}|=\sqrt{1+4+4}=3\)，单位化 \(e_l=\left(\frac13,\frac23,\frac23\right)\)：

\[ \frac{\partial u}{\partial l}\bigg|_{M}=(2,1,2)\cdot\left(\frac13,\frac23,\frac23\right)=\frac{2}{3}+\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=\frac{8}{3} \]

(2) 最大值 \(=|\operatorname{grad}u|=\sqrt{4+1+4}=3\)，方向即梯度方向 \(\dfrac{1}{3}(2,1,2)\)；沿其反方向 \(-\frac13(2,1,2)\) 取最小值 \(-3\)；与 \((2,1,2)\) 垂直的所有方向上方向导数为 0。

易错：第 (1) 问若直接用 \((1,2,2)\) 当方向余弦会得到 8（错），必须先单位化。

\(t=1\) 对应点 \(M(2,1,1)\)。切向量：

\[ \vec{s}=(x'(t),y'(t),z'(t))\big|_{t=1}=(2,\ 2t,\ 3t^{2})\big|_{t=1}=(2,2,3) \]

切线：

\[ \frac{x-2}{2}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-1}{3} \]

法平面（以 \(\vec{s}\) 为法向量，过 \(M\)）：

\[ 2(x-2)+2(y-1)+3(z-1)=0\ \Rightarrow\ 2x+2y+3z=9 \]

（自查：把 \(M\) 代入左边 \(=4+2+3=9\)，过点无误。）

先验证 \(M\) 在曲线上：\(1+1+4=6\)，\(1+1+2=4\)。

切向量 = 两曲面法向量的叉积：

\[ \vec{n}_1=(2x,2y,2z)\big|_{M}=(2,2,4),\qquad \vec{n}_2=(1,1,1) \]

\[ \vec{s}=\vec{n}_1\times\vec{n}_2=(2,2,4)\times(1,1,1)=\vec{i}(2-4)-\vec{j}(2-4)+\vec{k}(2-2)=(-2,2,0)\parallel(1,-1,0) \]

切线（第三个分量为 0，写成 \(z=2\)）：

\[ \frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1},\qquad z=2 \]

法平面：

\[ (x-1)-(y-1)=0\ \Rightarrow\ x-y=0 \]

（法平面以 \(\vec{s}\) 为法向量，与切向量垂直、含切点，注意它和两个曲面都无关地「穿过」曲线。）

验证 \(M\) 在曲面上：\(4+1-1=4\)。曲面写成 \(F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-z-1=0\)，法向量：

\[ \vec{n}=(F_x,F_y,F_z)=(2x,2y,-1)\big|_{M}=(4,2,-1) \]

（若用 \(z=f(x,y)\) 形式，\(\vec{n}=(f_x,f_y,-1)=(4,2,-1)\)，一致。）

切平面：

\[ 4(x-2)+2(y-1)-(z-4)=0\ \Rightarrow\ 4x+2y-z=6 \]

自查：\(4\times 2+2\times 1-4=6\)，过点无误。

法线：

\[ \frac{x-2}{4}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-4}{-1} \]

套路总结：\(z=f(x,y)\) 型曲面求切平面，法向量张口即来 \((f_x,f_y,-1)\)；反过来，已知切平面平行某平面，就用 \((f_x,f_y,-1)\) 与 \((A,B,C)\) 成比例解出切点坐标（第 4 章自测 10 已练过正向）。

① 求驻点：

\[ z_x=3x^{2}-3y=0,\qquad z_y=3y^{2}-3x=0 \]

由第一式 \(y=x^{2}\)，代入第二式：\(x^{4}-x=0\)，即 \(x(x^{3}-1)=0\)，得 \(x=0\) 或 \(x=1\)，对应驻点 \((0,0)\) 与 \((1,1)\)。

② 判别：\(A=z_{xx}=6x\)，\(B=z_{xy}=-3\)，\(C=z_{yy}=6y\)。

在 \((0,0)\)：\(A=0,\ C=0\)，\(AC-B^{2}=-9\lt 0\)，不是极值；

在 \((1,1)\)：\(A=6,\ C=6\)，\(AC-B^{2}=36-9=27\gt 0\) 且 \(A\gt 0\)，取极小值

\[ z(1,1)=1+1-3=-1 \]

易错：解 \(x^{4}=x\) 只能得 \(x=0,1\)（实数范围内），不要把 \(x=-1\) 之类的根混进来；\(AC-B^{2}\lt 0\) 时直接写「非极值」，无需再算 \(A\)。

构造 \(L=x+2y+\lambda(x^{2}+y^{2}-5)\)：

\[ L_x=1+2\lambda x=0,\qquad L_y=2+2\lambda y=0,\qquad x^{2}+y^{2}=5 \]

前两式相除（消 \(\lambda\)）：\(\dfrac{1}{2}=\dfrac{x}{y}\)，即 \(y=2x\)。代入约束：\(x^{2}+4x^{2}=5\)，\(x=\pm 1\)，得两点 \((1,2)\) 与 \((-1,-2)\)。

\[ f(1,2)=1+4=5,\qquad f(-1,-2)=-5 \]

故最大值为 5（在 \((1,2)\)），最小值为 \(-5\)（在 \((-1,-2)\)）。

复核（柯西不等式）：\(|x+2y|\le\sqrt{1^{2}+2^{2}}\cdot\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt5\cdot\sqrt5=5\)，等号当 \((x,y)\parallel(1,2)\) 时成立，与上述结果吻合。

套路总结：线性目标函数在圆（球）上的最值 = 沿梯度方向取到，本质是柯西不等式；拉格朗日法两式相除消 \(\lambda\) 是最快的解法。

① 内部驻点：\(f_x=2x-2=0,\ f_y=2y-2=0\)，得 \((1,1)\)（在 \(D\) 内，因 \(1+1=2\lt 4\)）：

\[ f(1,1)=1+1-2-2=-2 \]

② 边界 \(x^{2}+y^{2}=4\)：利用约束把目标化简：

\[ f=(x^{2}+y^{2})-2(x+y)=4-2(x+y) \]

问题化为求 \(x+y\) 在圆周上的范围。由柯西不等式：\(|x+y|\le\sqrt{2}\cdot\sqrt{x^{2}+y^{2}}=2\sqrt2\)，且当 \((x,y)=\pm\sqrt2\,(1,1)\) 时取等，故 \(x+y\in[-2\sqrt2,\ 2\sqrt2]\)，

\[ f\big|_{\partial D}\in\big[\,4-4\sqrt2,\ 4+4\sqrt2\,\big] \]

边界最大 \(4+4\sqrt2\) 在 \((-\sqrt2,-\sqrt2)\)（自查：\(2+2=4\)，点在圆上），边界最小 \(4-4\sqrt2\) 在 \((\sqrt2,\sqrt2)\)。

③ 比较：候选值 \(-2,\ 4-4\sqrt2\approx-1.66,\ 4+4\sqrt2\approx9.66\)。

最大值 \(=4+4\sqrt2\)（在 \((-\sqrt2,-\sqrt2)\)）；最小值 \(=-2\)（在内部驻点 \((1,1)\)）。

易错：边界最小值 \(4-4\sqrt2\) 与内部驻点值 \(-2\) 非常接近，必须老老实实比较——\(4-4\sqrt2>-2\) 等价于 \(2\gt 4(\sqrt2-1)\approx 1.66\)，成立。跳过比较环节是本题最典型失分点。

距离 \(d=\dfrac{|3x+2y-10|}{\sqrt{13}}\)。椭圆上 \(3x+2y\) 的最大值为（柯西不等式）：

\[ (3x+2y)^{2}\le\left(\frac{x^{2}}{4}+y^{2}\right)\left(3^{2}\cdot 4+2^{2}\right)=1\times 40=40 \]

故 \(3x+2y\le 2\sqrt{10}\approx 6.32\lt 10\)，即椭圆整体位于直线的「下方」一侧，最短距离应让 \(3x+2y\) 尽量大。用拉格朗日求最大点：

\[ L=3x+2y+\lambda(x^{2}+4y^{2}-4):\qquad 3+2\lambda x=0,\qquad 2+8\lambda y=0 \]

得 \(x=-\dfrac{3}{2\lambda},\ y=-\dfrac{1}{4\lambda}\)。代入约束：

\[ \frac{9}{4\lambda^{2}}+4\cdot\frac{1}{16\lambda^{2}}=\frac{9}{4\lambda^{2}}+\frac{1}{4\lambda^{2}}=\frac{10}{4\lambda^{2}}=4\ \Rightarrow\ \lambda^{2}=\frac{5}{8} \]

取 \(\lambda\lt 0\)（保证 \(x,y\gt 0\)，对应 \(3x+2y\) 最大）：

\[ x=-\frac{3}{2\lambda}=\frac{3\sqrt{10}}{5},\qquad y=-\frac{1}{4\lambda}=\frac{\sqrt{10}}{10} \]

自查：\(x^{2}+4y^{2}=\frac{90}{25}+\frac{4\cdot 10}{100}=3.6+0.4=4\)，在椭圆上；\(3x+2y=\frac{9\sqrt{10}}{5}+\frac{\sqrt{10}}{5}=2\sqrt{10}\)，恰为柯西上界。

最短距离：

\[ d_{\min}=\frac{10-2\sqrt{10}}{\sqrt{13}}=\frac{2(5-\sqrt{10})}{\sqrt{13}} \]

套路总结：曲线到直线的最短距离 = 拉格朗日求「与直线平行的切线族」切点。用柯西不等式先估出目标函数的确切上界、再用拉格朗日定位切点，两步互查，答案稳。