方企勤 第五章 多元函数微分学 第5.2题

题目 5.2.4

设
$$
f(x,y) =
\begin{cases}
\frac{\sin(xy)}{x}, & x \neq 0, \\
y, & x = 0.
\end{cases}
$$
证明 $f(x,y)$ 在平面上可微。

证明：

1. 连续性
当 $x \neq 0$ 时，函数由初等函数定义，连续。
当 $x=0$ 时，需验证 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,y_0)} f(x,y) = y_0$。
若 $x \to 0$，则
$$
\frac{\sin(xy)}{x} = y \cdot \frac{\sin(xy)}{xy} \to y_0 \cdot 1 = y_0,
$$
所以处处连续。

2. 偏导数存在性
- 当 $x \neq 0$ 时，
$$
f_x = \frac{xy\cos(xy) - \sin(xy)}{x^2}, \quad f_y = \cos(xy).
$$
- 在 $(0,y_0)$ 处：
$$
f_x(0,y_0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,y_0)-f(0,y_0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\frac{\sin(hy_0)}{h} - y_0}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\sin(hy_0) - hy_0}{h^2}.
$$
利用 $\sin t = t - \frac{t^3}{6} + o(t^3)$，得分子为 $-\frac{(hy_0)^3}{6} + o(h^3)$，除以 $h^2$ 后极限为 0。所以 $f_x(0,y_0)=0$。
$$
f_y(0,y_0) = \lim_{k\to 0} \frac{f(0,y_0+k)-f(0,y_0)}{k} = \lim_{k\to 0} \frac{(y_0+k)-y_0}{k} = 1.
$$

3. 可微性
在任意点 $(x_0,y_0)$，考虑增量
$$
\Delta f = f(x_0+h, y_0+k) - f(x_0,y_0).
$$
若 $x_0 \neq 0$，由 $f_x,f_y$ 连续（易验证）知可微。
若 $x_0=0$，则
$$
\Delta f = f(h, y_0+k) - y_0.
$$
当 $h=0$ 时，$\Delta f = k$，线性部分为 $0\cdot h + 1\cdot k$，余项为0。
当 $h\neq 0$ 时，
$$
\Delta f = \frac{\sin(h(y_0+k))}{h} - y_0.
$$
展开 $\sin(h(y_0+k)) = h(y_0+k) - \frac{h^3(y_0+k)^3}{6} + \cdots$，得
$$
\Delta f = (y_0+k) - y_0 - \frac{h^2(y_0+k)^3}{6} + \cdots = k - \frac{h^2(y_0+k)^3}{6} + \cdots.
$$
于是
$$
\Delta f - (0\cdot h + 1\cdot k) = -\frac{h^2(y_0+k)^3}{6} + \cdots.
$$
除以 $\sqrt{h^2+k^2}$，当 $(h,k)\to(0,0)$ 时趋于0，因此可微。

综上，$f$ 在平面上处处可微。
证毕。

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题目 5.2.5

求下列复合函数的偏导数（设 $f$ 可微）：

(1) $u = f\left(\frac{xz}{y}\right)$
令 $t = \frac{xz}{y}$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = f'(t) \cdot \frac{z}{y},\quad
\frac{\partial u}{\partial y} = f'(t) \cdot \left(-\frac{xz}{y^2}\right),\quad
\frac{\partial u}{\partial z} = f'(t) \cdot \frac{x}{y}.
$$

(2) $u = f(x+y, z)$
令 $p = x+y, q = z$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = f_p,\quad
\frac{\partial u}{\partial y} = f_p,\quad
\frac{\partial u}{\partial z} = f_q.
$$

(3) $u = f(x, xy, xyz)$
令 $p=x, q=xy, r=xyz$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = f_p + y f_q + yz f_r,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial y} = x f_q + xz f_r,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial z} = xy f_r.
$$

(4) $u = f(x+y+z, x^2+y^2+z^2)$
令 $p = x+y+z, q = x^2+y^2+z^2$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = f_p + 2x f_q,\quad
\frac{\partial u}{\partial y} = f_p + 2y f_q,\quad
\frac{\partial u}{\partial z} = f_p + 2z f_q.
$$

(5) $u = f\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}\right)$
令 $p = x/y, q = y/z$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{y} f_p,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{x}{y^2} f_p + \frac{1}{z} f_q,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial z} = -\frac{y}{z^2} f_q.
$$

(6) $u = f(x^2+y^2, x^2-y^2, 2xy)$
令 $p = x^2+y^2, q = x^2-y^2, r = 2xy$，则
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = 2x f_p + 2x f_q + 2y f_r,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial y} = 2y f_p - 2y f_q + 2x f_r.
$$

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题目 5.2.6

设 $u = x^n f\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right)$，$f$ 可微。证明：
$$
x\frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y} + z\frac{\partial u}{\partial z} = n u.
$$

证明：
令 $p = y/x, q = z/x$，则
$$
u = x^n f(p,q).
$$
计算偏导：
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = n x^{n-1} f + x^n \left( f_p \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) + f_q \cdot \left(-\frac{z}{x^2}\right) \right)
= n x^{n-1} f - x^{n-2} (y f_p + z f_q).
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial y} = x^n f_p \cdot \frac{1}{x} = x^{n-1} f_p,
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial z} = x^{n-1} f_q.
$$
于是
$$
x u_x + y u_y + z u_z = x\left( n x^{n-1} f - x^{n-2}(y f_p + z f_q) \right) + y x^{n-1} f_p + z x^{n-1} f_q
$$
$$
= n x^n f - x^{n-1}(y f_p + z f_q) + x^{n-1}(y f_p + z f_q) = n x^n f = n u.
$$
证毕。

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题目 5.2.7

证明：$f(x,y,z)$ 为 $n$ 次齐次函数的充要条件是
$$
x\frac{\partial f}{\partial x} + y\frac{\partial f}{\partial y} + z\frac{\partial f}{\partial z} = n f(x,y,z).
$$

证明：
必要性：若 $f(tx,ty,tz) = t^n f(x,y,z)$，两边对 $t$ 求导，再令 $t=1$ 即得。