多元函数微分学
邻域、内点、外点、边界、开区域、闭区域以及多元函数的概念与性质
邻域
定义：设 \(P_0(x_0, y_0)\) 是平面上一点，\(\delta > 0\)，称集合 \[U(P_0, \delta) = \{P(x, y) | |P - P_0| < \delta\} = \{(x, y) | \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2} < \delta\}\] 为点 \(P_0\) 的 \(\delta\) 邻域，也记作 \(U(P_0)\)。
去心邻域：\(\stackrel{\circ}{U}(P_0, \delta) = \{P | 0 < |P - P_0| < \delta\}\)
内点、外点、边界点
设 \(E\) 是平面上的一个点集，\(P_0\) 是平面上的一点：
内点：如果存在 \(P_0\) 的某个邻域 \(U(P_0)\) 使得 \(U(P_0) \subset E\)，则称 \(P_0\) 为 \(E\) 的内点。
外点：如果存在 \(P_0\) 的某个邻域 \(U(P_0)\) 使得 \(U(P_0) \cap E = \emptyset\)，则称 \(P_0\) 为 \(E\) 的外点。
边界点：如果 \(P_0\) 的任意邻域内既有属于 \(E\) 的点，又有不属于 \(E\) 的点，则称 \(P_0\) 为 \(E\) 的边界点。
聚点（极限点）：如果 \(P_0\) 的任意去心邻域内都有 \(E\) 中的点，则称 \(P_0\) 为 \(E\) 的聚点。
孤立点：如果 \(P_0 \in E\) 但 \(P_0\) 不是 \(E\) 的聚点，则称 \(P_0\) 为 \(E\) 的孤立点。
开区域与闭区域
开集：如果集合 \(E\) 的每一点都是 \(E\) 的内点，则称 \(E\) 为开集。
闭集：如果集合 \(E\) 的所有聚点都属于 \(E\)，则称 \(E\) 为闭集。
区域（开区域）：连通的开集称为区域或开区域。
闭区域：开区域连同它的边界一起称为闭区域。
有界集：如果存在正数 \(M\)，使得集合 \(E\) 中的所有点到原点的距离都不超过 \(M\)，则称 \(E\) 为有界集。
无界集：不是有界集的集合称为无界集。
方程
曲面方程
有解三元方程 \(\Sigma : F(x, y, z) = 0\) > 也有可能是点或直线
参数方程 \(\Sigma' : x = x(u, v)\)，\(y = y(u, v)\)，\(z = z(u, v)\)
\(\Sigma'\) 是 \(\Sigma\) 的一部分的充要条件为：\(F(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) \equiv 0\)
空间曲线方程
有解方程组 [ l :
\[\begin{cases} F(x, y, z) = 0 \\ G(x, y, z) = 0 \end{cases}\]]
称为一般式
参数方程：\(l' : x = x(t)\)，\(y = y(t)\)，\(z = z(t)\)
\(l'\) 是 \(l\) 的一部分的充要条件为：\(F[x(t), y(t), z(t)] \equiv 0\) 且 \(G[x(t), y(t), z(t)] \equiv 0\)
以弧长为参数的曲线方程：\(\bar{l} : \bar{x}(s)\)，\(\bar{y}(s)\)，\(\bar{z}(s)\)，恒有 \([\bar{x}'(s)]^2 + [\bar{y}'(s)]^2 + [\bar{z}'(s)]^2 \equiv 1\)
对一般式同解变形可以分别得到在各坐标面上的投影方程
平面方程
点法式
一般式
截距式
点到平面距离公式
直线方程
一般式
对称式
参数式
向量式
偏导数
可偏导未必连续
二阶混合偏导数在某点连续则在该点它们相等
全微分
如果全增量 \(\Delta z = f(x + \Delta x, y + \Delta y) - f(x, y)\) 可以表示为 \(\Delta z = A \Delta x + B \Delta y + o(\rho)(\rho \rightarrow 0)\)，其中 \(\rho = \sqrt{\Delta^2 x + \Delta^2 y}\)，则说可微分。
如果可微，则 \(\text{d} z = \frac{\partial z}{\partial x} \text{d} x + \frac{\partial z}{\partial y} \text{d} y\)。
如果函数的偏导数在某点连续，则在某点可微分。
曲线切线
已知空间曲线的参数方程，如果导数连续且不同时为零，则可以用如下公式
切线方程的对称式： \[ \frac{x - x_0}{x'(t_0)} = \frac{y - y_0}{y'(t_0)} = \frac{z - z_0}{z'(t_0)} \]
切向量： \[ \mathbf{T} = \pm (x'(t_0), y'(t_0), z'(t_0)) \]
法平面方程： \[ x'(t_0)(x - x_0) + y'(t_0)(y - y_0) + z'(t_0)(z - z_0) = 0 \]
曲面的切平面
已知空间曲面的方程，若各偏导数连续且不同时为零，则可以用如下公式：
切平面方程为： \[ F_x(x_0, y_0, z_0)(x - x_0) + F_y(x_0, y_0, z_0)(y - y_0) + F_z(x_0, y_0, z_0)(z - z_0) = 0 \]
法线方程： \[ \frac{x - x_0}{F_x(x_0, y_0, z_0)} = \frac{y - y_0}{F_y(x_0, y_0, z_0)} = \frac{z - z_0}{F_z(x_0, y_0, z_0)} \]
多元函数无条件极值
必要条件：在点有偏导数，且满足所有偏导数同时为零，得到驻点
充分条件：在驻点某领域内如果有二阶偏导数，设 \(f_{xx}(x_0, y_0) = A\)，\(f_{xy}(x_0, y_0) = B\)，\(f_{yy}(x_0, y_0) = C\)，\(\Delta = AC - B^2\)，则：
- \(\Delta > 0\) 时是极值，且 \(A < 0\) 是极大值。
- \(\Delta < 0\) 时不是极值。
多元函数条件极值
拉格朗日乘数法
习题汇编
设 \(z = 2x^2 + y^2\) 截出平面 \(4x + 2y + z = 1\) 的一个椭圆，求这个椭圆的面积 \(A\)。
先求出截面面积与其在 \(xOy\) 平面的投影的比例系数 \[ \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{4^2 + 2^2 + 1^2}} = \sqrt{\frac{1}{21}} \]
交线方程为： \[ \begin{cases} z = 2x^2 + y^2 \\ 4x + 2y + z = 1 \end{cases} \]
消去变量 \(z\) 得到交线在 \(xOy\) 平面的投影 \[ \frac{(x + 1)^2}{2} + \frac{(y + 1)^2}{4} = 1 \]
面积为 \(2\sqrt{2} \pi\)，从而截面面积为 \(2\sqrt{2} \pi \times \sqrt{21} = 2\pi \sqrt{42}\)
设 \(a > 0\)，\(b > 0\)，\(c > 0\)，证明：单叶双曲面 \(\Sigma : \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1\) 上任意一点都有经过该点并且完全位于 \(\Sigma\) 上的直线通过。
求空间曲线 \(L: x(t) = t(\text{e}^t - 1)\)，\(y(t) = t \sin t\)，\(z(t) = t^3 + t^2 + 1\)，在点 \(P_0(0, 0, 1)\) 的切线。
参数 \(t_0 = 0\)，解得参数方程一阶导数同时为 0，此时只需要计算二阶导数，得到切线方向为 \((1, 1, 1)\)，方程为 \(x = y = z - 1\)。
求过直线 \[ L: \begin{cases} 3x - 2y - z = 5 \\ x + y + z = 0 \end{cases} \] 与曲面 \[ 2x^2 - 2y^2 +2z = \frac{5}{8} \] 相切的切平面方程
曲面上的点 \((x_0, y_0, z_0)\) 的切平面法向量为 \((4x_0, -4y_0, 2)\)，过直线 \(L\) 的平面簇方程为 \(3x - 2y - z - 5 + \lambda(x + y + z) = 0 = (3 + \lambda)x + (\lambda - 2)y + (\lambda - 1)z - 5\)。得到该平面的法向量为 \((3 + \lambda, \lambda - 2, \lambda - 1)\)。整理得： \[ \begin{cases} \frac{3 + \lambda}{4x_0} = \frac{\lambda - 2}{-4y_0} = \frac{\lambda - 1}{2} \\ 2x_0^2 - 2y_0^2 + 2z_0 = \frac{5}{8} \\ (3 + \lambda)x_0 + (\lambda - 2)y_0 + (\lambda - 1)z_0 - 5 = 0 \end{cases} \]
解得 $= $
长度为 \(a\) 的线段两端分别在 \(x\) 轴和 \(y\) 轴上滑动，求这样的线段簇的包络线
设在 \(x\) 轴上的位置为 \(c\)，则该线段所在直线的方程为 \[ \frac{x}{c} + \frac{y}{\sqrt{a^2 - c^2}} = 1 \]
设 \(\sin \theta = \frac{c}{a}\)，则直线方程为 \[ F(x, y, \theta) = \frac{x}{\sin \theta} + \frac{y}{\cos \theta} -\frac{1}{a} = 0 \]
则包络线方程为： \[ \begin{cases} F(x, y, \theta) = \frac{x}{\sin \theta} + \frac{y}{\cos \theta} -\frac{1}{a} = 0 \\ F_\theta(x, y, \theta) = \frac{-x \cos \theta}{\sin^2 \theta} + \frac{y \sin \theta}{\cos^2 \theta} = 0 \end{cases} \]
从而，\(x = a \sin^3 \theta\)，\(y = a \cos^3 \theta\)。
求通过直线
\[ L: \begin{cases} 2x + y - 3z + 2 = 0 \\ 5x + 5y - 4z + 3 = 0 \end{cases} \]
的两个相互垂直的平面 \(\pi_1\) 和 \(\pi_2\)，使得其中一个平面过点 \((4, -3, 1)\)。
过直线 \(L\) 的曲面系为 \(\Sigma: (2x + y - 3z + 2) + \lambda(5x + 5y - 4z + 3) = 0\)，要求过点 \((4, -3, 1)\) 解得 \(\lambda = -1\)，故 \(\Sigma: 3x + 4y - z + 1 = 0\)，记为 \(\pi_1\)，则 \(\pi_2: x - 2y - 5z + 3 = 0\)
设二元函数 \(f(x, y) = |x - y| \varphi(x, y)\)，其中 \(\varphi(x, y)\) 在点 \((0, 0)\) 处连续。证明 \(f(x, y)\) 在点 \((0, 0)\) 处可微的充分必要条件是 \(\varphi(0, 0) = 0\)。
必要性。若 \(f(x, y)\) 在 \((0, 0)\) 处可微，且 \(f_x(0, 0)\) 存在
\[ \begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} &= \varphi(0, 0) \\ \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} &= -\varphi(0, 0) \end{aligned} \]
故，\(\varphi(0, 0) = 0\)。
充分性性。若 \(\varphi(0, 0) = 0\)，则
\[ \begin{aligned} f_x(0, 0) &= \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = 0 \\ f_y(0, 0) &= \lim_{y \to 0} \frac{f(0, y) - f(0, 0)}{y} = 0 \\ o(\rho) &= f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) - f_x(0, 0) \Delta x - f_y(0, 0) \Delta y \end{aligned} \]
解得
\[ \lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) - f_x(0, 0) \Delta x - f_y(0, 0) \Delta y}{\sqrt{\Delta^2 x + \Delta^2 y}} \\ = \lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{|\Delta x - \Delta y| \varphi(\Delta x, \Delta y)}{\sqrt{\Delta^2 x + \Delta^2 y}} = 0 \]
所以，
\[ \Delta f = f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) = f_x(0, 0) \Delta x + f_y(0, 0) \Delta y + |\Delta x - \Delta y| \varphi(\Delta x, \Delta y) \\ = f_x(0, 0) \Delta x + f_y(0, 0) \Delta y + o(\rho) \]
故，\(f(x, y)\) 在 \((0, 0)\) 可微。
求原函数
\[ \text{d} u = \frac{x \text{d} y - y \text{d} x}{x^2 + y^2} \]
\[ u = \arctan \frac{y}{x} + C \]
设椭圆簇为 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\)，其中每个椭圆的面积都为常数 \(S\)。求该椭圆簇的包络线。
由面积恒为定值得到 \(ab\pi = S\)，则椭圆簇可以表示为
\[ F(x, y, a) = \frac{x^2}{a^2} + \frac{a^2\pi^2y^2}{S^2} = 1 \]
包络线方程为
\[ \begin{cases} F(x, y ,a) &= \frac{x^2}{a^2} + \frac{a^2\pi^2y^2}{S^2} - 1 = 0 \\ F_a(x, y, a) &= \frac{-2x^2}{a^3} + \frac{2a\pi^2y^2}{S^2} = 0 \end{cases} \]
则包络线的方程
\[ C: x^2 y^2 = \frac{S^2}{4\pi^2} \]
求直线 \(\frac{x - 1}{0} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z - 1}{1}\) 绕 \(z\) 轴的旋转面方程。
该直线的参数方程为：\(l: x = 1\)，\(y = 1 + t\)，\(z = 1 + t\)。得到旋转面的参数方程：\(\Sigma: x = \sqrt{2 + 2t + t^2} \cos \theta\)，\(y = \sqrt{2 + 2t + t^2} \sin \theta\)，\(z = 1 + t\)，\(t \in R\)，\(\theta \in [0, 2\pi]\)。即 \(\Sigma: x^2 + y^2 - z^2 = 1\)。
设 \(F(x, y, z)\) 是 \(n\) 次齐次函数，即存在正整数 \(n\)，使得对任何 \(t\) 都有 \(F(tx, ty, tz) = t^n F(x, y, z)\)。证明：方程 \(F(x, y, z) = 0\) 所代表的曲面是顶点在原点的锥面。
取 \(t = 0\)，得 \(F(0, 0, 0) = 0\)。设非原点 \((x_0, y_0. z_0)\) 在曲面上，由于 \(F(tx, ty, tz) = t^n F(x, y, z)\)，故经过原点的直线 \(x = tx_0\)，\(y = ty_0\)，\(z = tz_0\) 在曲面上。这表明曲面上的任何点与原点的连线都在曲面上。因此该曲面为顶点在原点的锥面。
给定二次曲面 \((x + y)^2 + (y + z)^2 + (z + x)^2 - 1 =0\)，求它在 \(xOy\) 坐标面上的投影区域 \(D\)。
做变换 \(T: x + y = u\)，\(y + z = v\)，\(z + x = w\)
证明：若 \(u = u(x, y)\)，\(v = v(x, y)\) 都是区域 \(D\) 上的调和函数，则 \(u(x, y) \equiv C_1\)（常数）及 \(v(x, y) \equiv C_2\)（常数）的充要条件是 \(u^2(x, y) + v^2(x, y) \equiv C\)（常数）。
充分性显然，下面证明必要性。对等式分别对 \(x\)，\(y\) 求偏导，并结合调和函数性质得：
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial v}{\partial x} &= 0 \\ \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial y} &= 0 \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} &= 0 \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} &= 0 \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= 0 \\ \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} &= 0 \end{aligned} \]
设 \(a \in R\)，则
\[ \begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} = a \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} = -a \end{aligned} \]
则
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= ax + C_x, C_x \in R \\ \frac{\partial u}{\partial y} &= ay + C_y, C_y \in R \end{aligned} \]
又因为
\[ \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \]
所以
\[ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \]
同理
\[ \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial y} = 0 \]
所以，\(u(x, y) \equiv C_1\)，\(v(x, y) \equiv C_2\)
设 \(f\) 二阶连续可微，求下列复合函数的偏导数：
(1). \(u = f(x^2 + y^2 + z^2)\)，求 \(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\)；
(2). \(u = f(x + y, xy)\)，求 \(\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\)；
(3). \(u = f(x, xy, xyz)\)，求 \(\frac{\partial u}{x}\)，\(\frac{\partial u}{y}\)，\(\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\)。
(1).
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= 2x f' \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= 2f' + 4x^2 f'' \end{aligned} \]
(2).
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= f_1' + yf_2' \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= f_{11}'' + x f_{12}' + f_2' + y f_{21}' + xy f_{22}' \end{aligned} \]
(3).
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{x} &= f_{1}' + yf_{2}' + yzf_{3}' \\ \frac{\partial u}{y} &= xf_{2}' + xzf_{3}' \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= f_{2}' + x(f_{21}'' + yf_{22}'' + yzf_{23}'') + zf_{3}' + xz(f_{31}'' + yf_{32}'' + yzf_{33}'') \end{aligned} \]
设 \(z = f(x, y)\) 具有二阶连续的偏导数，且满足 \(f(x, 2x) = x\)，\(f_1'(x, 2x) = x^2\)，\(f_{11}'' = f_{22}''\)。求二阶偏导数 \(f_{12}''(x, 2x)\)。
\[ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} &= f_{1}' + 2f_{2}' = 1 \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} &= f_{11}'' + 2f_{12}'' + 2f_{21}'' + 4f_{22}'' = 0 \\ \frac{\partial f_{1}}{\partial x} &= f_{11}'' + 2f_{12}'' = 2x \\ f_{12}''(x, 2x) &= \frac{5}{3} x \end{aligned} \]
求偏微分方程
\[ y \frac{\partial z}{\partial x} - x \frac{\partial z}{\partial y} = 0 \]
做变换 \(u = x\)，\(v = x^2 + y^2\)，则：
\[ \begin{aligned} \frac{\partial z}{\partial x} &= \frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x } = \frac{\partial z}{\partial u} + 2x \frac{\partial z}{\partial v} \\ \frac{\partial z}{\partial y} &= \frac{\partial z}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial z}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = 2y \frac{\partial z}{\partial v} \end{aligned} \]
带入偏微分方程得到：
\[ y \biggl(\frac{\partial z}{\partial u} + 2x \frac{\partial z}{\partial v}\biggr) - 2xy \frac{\partial z}{\partial v} = y \frac{\partial z}{\partial u} = 0 \]
因此 \(z = \varphi(x^2 + y^2)\)，其中 \(\varphi\) 是任意可导函数。
设函数 \(u = f(\sqrt{x^2 + y^2})\)，其中 \(F\) 具有连续的二阶导数，且满足 \(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = x^2 + y^2\)，求函数 \(u\) 的表达式。
令 \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\)，则：
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= \frac{\partial u}{\partial r} \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{xf'(r)}{r} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{f'(r)}{r} + x \frac{\partial}{\partial r} \biggl(\frac{f'(r)}{r}\biggr) \frac{\partial r}{\partial x} = \frac{f'(r)}{r} + \frac{x^2}{r^2} f''(r) - \frac{x^2}{r^3} f'(r) \\ \frac{\partial u}{\partial y} &= \frac{\partial u}{\partial r} \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{yf'(r)}{r} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= \frac{f'(r)}{r} + y \frac{\partial}{\partial r} \biggl(\frac{f'(r)}{r}\biggr) \frac{\partial r}{\partial y} = \frac{f'(r)}{r} + \frac{y^2}{r^2} f''(r) - \frac{y^2}{r^3} f'(r) \end{aligned} \]
带入微分方程得到：
\[ \begin{aligned} \frac{f'(r)}{r} + \frac{x^2}{r^2} f''(r) - \frac{x^2}{r^3} f'(r) + \frac{f'(r)}{r} + \frac{y^2}{r^2} f''(r) - \frac{y^2}{r^3} f'(r) &= \frac{f'(r)}{r} + f''(r) = r^2 \\ \frac{\text{d}}{\text{d} r} \biggl(r f'(r)\biggr) &= r^3 \\ f'(r) &= \frac{r^3}{4} + \frac{C_1}{r} \\ f(r) &= \frac{1}{16} r^4 + C_1\ln r + C_2, C_1, C_2 \in R \end{aligned} \]
设 \(u = f(\ln \sqrt{x^2 + y^2})\)，其中 \(f\) 有连续的二阶导数，且满足 \(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = (x^2 + y^2)^{\frac{3}{2}}\)，求 \(f(v)\) 的表达式。
设 \(v = \ln r\)，\(r = \sqrt{x^2 + y^2}\)，由链式法则得到：
\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x} &= \frac{\text{d} f}{\text{d} v} \frac{\text{d} v}{\text{d} r} \frac{\partial r}{\partial x} = f'(v) \frac{x}{r^2} \\ \frac{\partial u}{\partial y} &= \frac{\text{d} f}{\text{d} v} \frac{\text{d} v}{\text{d} r} \frac{\partial r}{\partial y} = f'(v) \frac{y}{r^2} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\text{d}}{\text{d} x} \biggl(f'(v) \frac{x}{r^2}\biggr) = \frac{f'(v)}{r^2} + x^2 \frac{f''(v)}{r^4} - 2x^2 \frac{f'(v)}{r^4} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= \frac{\text{d}}{\text{d} y} \biggl(f'(v) \frac{y}{r^2}\biggr) = \frac{f'(v)}{r^2} + y^2 \frac{f''(v)}{r^4} - 2y^2 \frac{f'(v)}{r^4} \end{aligned} \]
带入微分方程得到：
\[ \begin{aligned} \frac{f''(v)}{r^2} &= r^3 \\ f(v) &= \frac{1}{25}\text{e}^{5v} + C_1 v + C_2 \end{aligned} \]
证明：在某个开区域上有恒等式 \(f(x, y) = \arctan x + \arctan y - \arctan \frac{x + y}{1 - xy} \equiv \pi\)，并求出使之成立的开区域。
\(f(x, y)\) 分别对 \(x\)，\(y\) 求偏导
\[ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} &= \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1 + y^2}{(1 + x^2)(1 + y^2)} \equiv 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} &= \frac{1}{1 + y^2} - \frac{1 + x^2}{(1 + x^2)(1 + y^2)} \equiv 0 \end{aligned} \]
经检验，开区域：\(xy > 1\)，\(x > 0\)。
设二元函数 \(f(x, y)\) 有一阶连续偏导数，且 \(f(0, 1) \equiv f(1, 0)\)。证明：在单位圆周 \(x^2 + y^2 = 1\) 上至少存在两个不同的点满足方程 \(y \frac{\partial f}{\partial x} = x \frac{\partial f}{\partial y}\)
单位圆周的参数方程为 \(x = \cos \theta\)，\(y = \sin \theta\)，\(0 \leq \theta \leq 2\pi\)，设 \(F(\theta) = f(\cos \theta, \sin \theta)\)，\(F(0) = F(\frac{\pi}{2}) = F(2\pi)\)，由罗尔定理知存在 \(\xi \in (0, \frac{\pi}{2})\)，\(\eta \in (\frac{\pi}{2}, 2\pi)\)，使得 \(F'(\xi) = F'(\eta) = 0\)，而 \(F'(\theta) = -\sin \theta f_1' + \cos \theta f_2'\)，带入 \(\xi\)，\(\eta\) 得证。
设 \(f(x, y)\) 在区域 \(D: x^2 + y^2 \leq R^2\) 上连续，满足 \(x \frac{\partial f}{\partial x} + ky\frac{\partial f}{\partial y} = 0\)，其中 \(k\) 是正整数。证明：在 \(D\) 上 \(f(x, y)\) 恒为常数。
对于区域 \(D\) 内的点 \((x_0, y_0)\)，\(x_0 \neq 0\)，不妨设 \(0 < x_0 < R\)，做连接点与原点的曲线 \(L: x = t, y = \frac{y_0}{x_0^k} t^k\)，\(t \in [0, x_0]\)，构造辅助函数 \(F(t) = f(t, \frac{y_0}{x_0^k} t^k)\)
设二元函数 \(f(x, y)\) 在平面上有连续的二阶偏导数，对任何角度 \(\alpha\)，定义一元函数 \(g_a(t) = f(t\cos \alpha, t\sin \alpha)\)。若对于任何 \(\alpha\) 都有 \(\frac{\text{d} g_a(0)}{\text{d} t} = 0\) 且 \(\frac{\text{d}^2 g_a(0)}{\text{d} t^2} > 0\)，证明 \(f(0, 0)\) 是 \(f(x, y)\) 的极小值。
记 \(x = t\cos \alpha\)，\(y = t\sin \alpha\)，由链式法则得
\[ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial t} &= \frac{\partial f}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial t} + \frac{\partial f}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial t} = f_x' \cos \alpha + f_y' \sin \alpha \\ \frac{\partial^2 f}{\partial t^2} &= \cos \alpha (f_{xx}'' \cos \alpha + f_{xy}'' \sin \alpha) + \sin \alpha (f_{xy}'' \cos \alpha + f_{yy}'' \sin \alpha) \end{aligned} \]
函数 \(f(x, y)\) 在 \((0, 0)\) 的 Hessian 矩阵为 \(\mathbf{H} = \begin{bmatrix} f_{xx}'' \quad f_{xy}'' \\ f_{yx}'' \quad f_{yy}''\end{bmatrix}\)，极小值条件等价于 \(f_{xx}'' f_{yy}'' - f_{xy}''^2 > 0\) 且 \(f_x'(0, 0) = f_y'(0, 0) = 0\)。根据题目条件，可推出
\[ \frac{\partial f}{\partial t} \bigg|_{t = 0} = f_x'(0, 0) \cos \alpha + f_y'(0, 0) \sin \alpha = 0 \]
因为对于任何 \(\alpha\) 都上上式，同时因为 \(f_x'(0, 0)\) 和 \(f_y'(0, 0)\) 存在，所以 \(f_x'(0, 0) = f_y'(0, 0) = 0\)。除此之外
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial t^2} \bigg|_{t = 0} = \cos \alpha (f_{xx}'' \cos \alpha + f_{xy}'' \sin \alpha) + \sin \alpha (f_{xy}'' \cos \alpha + f_{yy}'' \sin \alpha) > 0 \]
对于任何非零向量 \(\mathbf{r} = |\mathbf{r}|(\cos \alpha, \sin \alpha)\)，\(|\mathbf{r}| \neq 0\)，因此二次型
\[ |\mathbf{r}|^2 \begin{pmatrix}\cos \alpha, \sin \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{xx}'' (0, 0) \quad f_{xy}''(0, 0) \\ f_{yx}''(0, 0) \quad f_{yy}''(0, 0)\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix} > 0 \]
于是 \(\mathbf{H}\) 为正定矩阵，则其顺序主子式都大于零，即 \(f_{xx}'' > 0\)，\(f_{xx}'' f_{yy}'' - f_{xy}''^2 > 0\)。综上，是极小值点。