【數學】多元函數微分學(宇哥筆記)

時間  2021-01-02 標籤 函數 微分 多元 張宇 高數

多元微分學

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概念

二重極限

若 對 ∀ ϵ > 0 , ∃ δ > 0 , 當 0 < ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 < δ 時 ， 恆 有 ∣ f ( x , y ) − A ∣ < ϵ , 則 稱 A 是 f ( x , y ) 在 ( x 0 , y 0 ) 點 的 極 限 [ 注 ] ( 1 ) { 一 元 極 限 中 x → x 0 有 且 僅 有 兩 種 方 式 二 元 極 限 中 有 無 窮 任 意 多 種 方 式 ( 2 ) 若 有 兩 條 不 同 路 徑 （ 如 直 線 y = k x ， 拋 物 線 x = y 2 ） 使 極 限 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 值 不 相 等 或 某 一 條 路 徑 使 極 限 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 值 不 存 在 ， 則 說 明 二 重 極 限 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 ( 3 ) 主 要 方 法 ： 化 成 一 元 極 限 、 等 價 代 換 、 無 窮 小 乘 有 界 、 夾 逼 準 則 ( 4 ) 二 重 極 限 保 持 了 一 元 極 限 的 各 種 性 質 ， 如 唯 一 性 、 局 部 有 界 性 、 局 部 保 號 性 及 運 算 性 質 ( 5 ) 所 求 極 限 得 二 元 函 數 f ( x , y ) 如 果 使 齊 次 有 理 式 函 數 ， 即 分 子 、 分 母 分 別 均 是 齊 次 有 理 函 數 ， 考 察 ( x , y ) → ( 0 , 0 ) 時 得 極 限 ， 可 用 下 述 命 題 ： 設 f ( x , y ) = P ( x , y ) Q ( x , y ) = m 次 n 次 , 其 中 分 子 分 母 是 互 質 多 項 式 ， 則 1. 當 m > n 時 ， 若 方 程 Q ( 1 , y ) = 0 與 Q ( x , 1 ) = 0 均 無 實 根 ， 則 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) = 0 ; 若 方 程 Q ( 1 , y ) = 0 與 Q ( x , 1 ) = 0 有 實 根 ， 則 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 2. 當 m ≤ n 時 ， lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) 不 存 在 \begin{aligned} &若對\forall\epsilon>0,\exists\delta>0,當0<\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}<\delta時，\\ &恆有|f(x,y)-A|<\epsilon,則稱A是f(x,y)在(x_0,y_0)點的極限\\ [注](1)&\begin{cases}一元極限中x\to x_0有且僅有兩種方式\\二元極限中有無窮任意多種方式\end{cases}\\ (2)&若有兩條不同路徑（如直線y=kx，拋物線x=y^2）使極限\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)值不相等\\ &或某一條路徑使極限\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)值不存在，則說明二重極限\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)不存在\\ (3)&主要方法：化成一元極限、等價代換、無窮小乘有界、夾逼準則\\ (4)&二重極限保持了一元極限的各種性質，如唯一性、局部有界性、局部保號性及運算性質\\ (5)&所求極限得二元函數f(x,y)如果使齊次有理式函數，即分子、分母分別均是齊次有理函數，\\ &考察(x,y)\to(0,0)時得極限，可用下述命題：\\ &設f(x,y)=\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}=\frac{m次}{n次},其中分子分母是互質多項式，則\\ &1.當m>n時，若方程Q(1,y)=0與Q(x,1)=0均無實根，則\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)=0;\\ &若方程Q(1,y)=0與Q(x,1)=0有實根，則\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)不存在\\ &2.當m\leq n時，\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)不存在\\ \end{aligned}

[ 注 3 相 關 ] 1. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 + y 2 − sin ⁡ x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 ) 3 令 x 2 + y 2 = t , 則 I = lim ⁡ t → 0 t − sin ⁡ t t 3 = 1 6 2. lim ⁡ x → 0 , y → 0 sin ⁡ x y y = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x y y = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x = 0 3. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x y 2 x 2 + y 2 = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x ⋅ y 2 x 2 + y 2 = 0 [ 注 5 相 關 ] 1. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 3 + y 3 x 2 + y 2 m = 3 > n = 2 , 且 Q ( 1 , y ) = 1 + y 2 = 0 和 Q ( x , 1 ) = x 2 + 1 = 0 無 實 根    ⟹    I = 0 2. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x y x + y m = 2 > n = 1 , 且 Q ( 1 , y ) = 1 + y = 0 有 實 根    ⟹    不 ∃ 3. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x + y x − y m = 1 = n = 1    ⟹    不 ∃ 4. lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 + y 2 x 3 + y 3 m = 2 < n = 3    ⟹    不 ∃ [ 注 2 相 關 ] 證 明 lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 y x 4 + y 2 不 存 在 I y = k b → = lim ⁡ x → 0 k x 3 x 4 + k 2 x 2 = lim ⁡ x → 0 k x x 2 + k 2 = 0 I y = x 2 → lim ⁡ x → 0 x 4 x 4 + x 4 = 1 2 ∴ 二 元 極 限 不 存 在 \begin{aligned} &\color{blue}[注3相關]\\ 1.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{\sqrt{x^2+y^2}-\sin\sqrt{x^2+y^2}}{(\sqrt{x^2+y^2})^3}\\ &令\sqrt{x^2+y^2}=t,則I=\lim_{t\to0}\frac{t-\sin t}{t^3}=\frac16\\ 2.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{\sin xy}{y}\\ &=\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{xy}{y}=\lim_{{x\to0,y\to0}}x=0\\ 3.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{xy^2}{x^2+y^2}=\lim_{{x\to0,y\to0}}x\cdot\frac{y^2}{x^2+y^2}=0\\ &\color{blue}[注5相關]\\ 1.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}\\ & m=3>n=2,且Q(1,y)=1+y^2=0和Q(x,1)=x^2+1=0 無實根\implies I=0\\ 2.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{xy}{x+y}\\ & m=2>n=1,且Q(1,y)=1+y=0有實根\implies 不\exists\\ 3.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x+y}{x-y}\\ & m=1=n=1\implies 不\exists\\ 4.&\color{maroon}\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2+y^2}{x^3+y^3}\\ & m=2<n=3 \implies 不\exists\\ &\color{blue}[注2相關]\\ &\color{maroon}證明\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2y}{x^4+y^2}不存在\\ &I\underrightarrow{y=kb}=\lim_{x\to0}\frac{kx^3}{x^4+k^2x^2}=\lim_{x\to0}\frac{kx}{x^2+k^2}=0\\ &I\underrightarrow{y=x^2}\lim_{x\to0}\frac{x^4}{x^4+x^4}=\frac12\\ &\therefore 二元極限不存在\\ \end{aligned}

連續

若 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) = f ( x 0 , y 0 ) , 則 稱 f ( x , y ) 在 點 ( x 0 , y 0 ) 處 連 續 [ 注 ] 不 討 論 間 斷 點 \begin{aligned} &若\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)=f(x_0,y_0),則稱f(x,y)在點(x_0,y_0)處連續\\ &[注]不討論間斷點 \end{aligned}

偏導數

z = f ( x , y ) 在 ( x 0 , y 0 ) 處 的 偏 導 數 f x ′ ( x 0 , y 0 ) = lim ⁡ Δ x → 0 f ( x 0 + Δ x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ x = lim ⁡ x → x 0 f ( x , y 0 ) − f ( x 0 , y 0 ) x − x 0 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = lim ⁡ Δ y → 0 f ( x 0 , y 0 + Δ y ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ y = lim ⁡ y → y 0 f ( x 0 , y ) − f ( x 0 , y 0 ) y − y 0 1. 偏 導 數 實 際 上 就 是 對 應 一 元 函 數 得 導 數 ， 如 : f x ′ ( x 0 , y 0 ) = φ ′ ( x ) ∣ x = x 0 = [ f ( x , y 0 ) ] ′ ∣ x → x 0 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = φ ′ ( y ) ∣ y = y 0 = [ f ( x 0 , y ) ] ′ ∣ y → y 0 2. 求 f ( x , y ) 的 偏 導 數 只 需 先 把 其 中 一 個 變 量 視 爲 常 數 即 可 ， 如 求 f x ′ ( x , y ) 時 ， 把 f ( x , y ) 中 的 y 先 視 爲 常 數 ， y 偏 導 同 理 。 \begin{aligned} &z=f(x,y)在(x_0,y_0)處的偏導數\\ &f'_x(x_0,y_0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &f'_y(x_0,y_0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}=\lim_{y\to y_0}\frac{f(x_0,y)-f(x_0,y_0)}{y-y_0}\\ &1.偏導數實際上就是對應一元函數得導數，如:\\ &f_x'(x_0,y_0)=\varphi'(x)|_{x=x_0}=[f(x,y_0)]'|_{x\to x_0}\\ &f_y'(x_0,y_0)=\varphi'(y)|_{y=y_0}=[f(x_0,y)]'|_{y\to y_0}\\ &2.求f(x,y)的偏導數只需先把其中一個變量視爲常數即可，\\ &如求f_x'(x,y)時，把f(x,y)中的y先視爲常數，y偏導同理。 \end{aligned}

1. 設 f ( x , y ) = x 2 + ( y − 1 ) arcsin ⁡ y x , 則 ∂ f ∂ x ∣ ( 2 , 1 ) = f ( x , 1 ) = x 2    ⟹    ∂ f ∂ x ∣ ( 2 , 1 ) = ( x 2 ) ′ ∣ x = 2 = 4 2. 設 f ( x , y ) = e x x − y , 則 ‾ f x ′ = e x ⋅ ( x − y ) − e x ⋅ ( 1 − 0 ) ( x − y ) 2 f y ′ = 0 − e x ⋅ ( 0 − 1 ) ( x − y ) 2    ⟹    f x ′ + f y ′ = e x x − y = f 3. 設 f ( x , y ) = e x + y [ x 1 3 ( y − 1 ) 1 3 + y 1 3 ( x − 1 ) 2 3 ] , 則 在 點 ( 0 , 1 ) 處 的 兩 個 偏 導 數 f x ′ ( 0 , 1 ) = ‾ , f y ′ ( 0 , 1 ) = ‾ 令 y = 1    ⟹    f ( x , 1 ) = e x + 1 ( x − 1 ) 2 3    ⟹    f x ′ ( x , 1 ) = e x + 1 ( x − 1 ) 2 3 + e x + 1 2 3 ( x − 1 ) − 1 3 令 x = 0    ⟹    f x ′ ( 0 , 1 ) = e + e ⋅ ( − 2 3 ) = e 3 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = lim ⁡ Δ y → 0 f ( x 0 , y 0 + Δ y ) − f ( x 0 , y 0 ) Δ y 令 x = 0    ⟹    f ( 0 , y ) = e y ⋅ y 1 3    ⟹    f y ′ ( 0 , y ) = e y ⋅ y 1 3 + e y ⋅ 1 3 y − 2 3 令 y = 1 , f y ′ ( 0 , 1 ) = e + e ⋅ 1 3 = 4 3 e \begin{aligned} 1.&\color{maroon}設f(x,y)=x^2+(y-1)\arcsin\sqrt{\frac yx},則\frac{\partial f}{\partial x}|_{(2,1)}=\\ &f(x,1)=x^2\implies \frac{\partial f}{\partial x}|_{(2,1)}=(x^2)'|_{x=2}=4\\ 2.&\color{maroon}設f(x,y)=\frac{e^x}{x-y},則\underline{\quad}\\ &f'_x=\frac{e^x\cdot(x-y)-e^x\cdot(1-0)}{(x-y)^2}\\ &f'_y=\frac{0-e^x\cdot(0-1)}{(x-y)^2}\\ &\implies f'_x+f'_y=\frac{e^x}{x-y}=f\\ 3.&\color{maroon}設f(x,y)=e^{x+y}[x^{\frac13}(y-1)^{\frac13}+y^{\frac13}(x-1)^{\frac23}],則在點(0,1)處的兩個偏導數f_x'(0,1)=\underline{\quad},f_y'(0,1)=\underline{\quad}\\ &令y=1\implies f(x,1)=e^{x+1}(x-1)^{\frac23}\\ &\implies f_x'(x,1)=e^{x+1}(x-1)^\frac23+e^{x+1}\frac23(x-1)^{-\frac13}\\ &令x=0\implies f_x'(0,1)=e+e\cdot(-\frac23)=\frac e3\\ &f_y'(x_0,y_0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}\\ &令x=0\implies f(0,y)=e^y\cdot y^{\frac13}\implies f_y'(0,y)=e^y\cdot y^{\frac13}+e^y\cdot\frac13y^{-\frac23}\\ &令y=1,f_y'(0,1)=e+e\cdot\frac13=\frac43e\\ \end{aligned}

可微

判 定 二 元 函 數 f ( x , y ) 在 點 ( x 0 , y 0 ) 是 否 可 微 的 方 法 先 求 f x ′ ( x 0 , y 0 ) 與 f y ′ ( x 0 , y 0 ) , 若 有 一 個 不 存 在 ， 則 直 接 不 可 微 ； 若 都 存 在 ， 則 檢 查 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) − f ( x 0 , y 0 ) − f x ′ ( x 0 , y 0 ) ( x − x 0 ) − f y ′ ( x 0 , y 0 ) ( y − y 0 ) ( x − x 0 ) 2 + （ y − y 0 ) 2 = 0 ? 若 等 於 0 ， 則 可 微 ， 若 不 等 於 0 或 不 存 在 ， 則 不 可 微 。 \begin{aligned} &判定二元函數f(x,y)在點(x_0,y_0)是否可微的方法\\ &先求f_x'(x_0,y_0)與f_y'(x_0,y_0),若有一個不存在，則直接不可微；\\ &若都存在，則檢查\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-f_x'(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y'(x_0,y_0)(y-y_0)}{\sqrt{(x-x_0)^2+（y-y_0)^2}}=0?\\ &若等於0，則可微，若不等於0或不存在，則不可微。\\ \end{aligned}

1. 討 論 f ( x , y ) = { x 2 y x 2 + y 2 , ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) 0 , ( x , y ) = ( 0 , 0 ) 在 ( 0 , 0 ) 點 可 微 性 f x ′ ( 0 , 0 ) = lim ⁡ x → 0 f ( x , 0 ) − f ( 0 , 0 ) x = lim ⁡ x → 0 0 − 0 x = 0 ( ∃ ) 同 理 f y ′ ( 0 , 0 ) = 0 ( ∃ ) lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) − f ( 0 , 0 ) − 0 x 2 + y 2 = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 y ( x 2 + y 2 ) 3 / 2 ( m = 3 = n = 3 ) 故 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 處 不 可 微 \begin{aligned} 1.&\color{maroon}討論f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2},(x,y)\neq(0,0)\\0,(x,y)=(0,0)\end{cases}在(0,0)點可微性\\ &f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0(\exists)\\ &同理f_y'(0,0)=0(\exists)\\ &\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{f(x,y)-f(0,0)-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\\ &(m=3=n=3)故f(x,y)在(0,0)處不可微\\ \end{aligned}

概念之間的關係

兩個偏導數連續→二元函數可微→二元函數連續→極限存在 且 二元函數可偏導

1. 設 f ( x , y ) 具 有 一 階 連 續 偏 導 數 ， 且 對 任 意 的 ( x , y ) 都 有 ∂ f ( x . y ) ∂ x > 0 , ∂ f ( x . y ) ∂ y < 0 , 則 A . f ( 0 , 0 ) > f ( 1 , 1 ) B . f ( 0 , 0 ) < f ( 1 , 1 ) C . f ( 0 , 1 ) > f ( 1 , 0 ) D . f ( 0 , 1 ) < f ( 1 , 0 ) 由 題 意 ， 得 對 x 單 調 遞 增 ； 對 y 單 調 遞 減 畫 圖 可 得 D 2. 設 f ( x , y ) = e x 2 + y 4 , 則 f ( x , 0 ) = e ∣ x ∣ 在 x = 0 處 不 可 導    ⟹    ∂ f ∂ x ∣ ( 0 , 0 ) 不 ∃ f ( 0 , y ) = e y 2 在 y = 0 處 可 導    ⟹    ∂ f ∂ y ∣ ( 0 , 0 ) ∃ 3. 設 f ( x , y ) = { x 2 y 2 x 2 + y 2 , ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) 0 , ( x , y ) = ( 0 , 0 ) , 討 論 f ( x , y ) 在 點 ( 0 , 0 ) 的 連 續 性 、 可 導 性 及 可 微 性 lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 y 2 x 2 + y 2 = 0 = f ( 0 , 0 ) , 故 連 續 f x ′ ( 0 , 0 ) = lim ⁡ x → 0 f ( x , 0 ) − f ( 0 , 0 ) x = lim ⁡ x → 0 0 − 0 x = 0 ∃ 由 對 稱 性 可 知 ， f y ′ ( 0 , 0 ) = 0 ∃ lim ⁡ x → 0 , y → 0 f ( x , y ) − f ( 0 , 0 ) − 0 x + y 2 = lim ⁡ x → 0 , y → 0 x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) 3 / 2 = 0    ⟹    f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 處 可 微 4. 已 知 ( a x y 3 − y 2 cos ⁡ x ) d x + ( 1 + b y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2 ) d y 爲 某 一 函 數 u ( x , y ) 的 全 微 分 ， 則 ∂ u ∂ x = a x y 3 − y 2 cos ⁡ x ∂ u ∂ y = 1 + b y sin ⁡ x + 3 x 2 y 2    ⟹    ∂ 2 u ∂ x ∂ y = 3 a x y 2 − 2 y cos ⁡ x    ⟹    ∂ 2 u ∂ y ∂ x = b y cos ⁡ x + 6 x y 2    ⟹    a = 2 , b = − 2 \begin{aligned} 1.&\color{maroon}設f(x,y)具有一階連續偏導數，且對任意的(x,y)都有\frac{\partial f(x.y)}{\partial x}>0,\frac{\partial f(x.y)}{\partial y}<0,則\\ &A.f(0,0)>f(1,1)\quad B.f(0,0)<f(1,1)\quad C.f(0,1)>f(1,0)\quad D.f(0,1)<f(1,0)\\ &由題意，得對x單調遞增；對y單調遞減\\ &畫圖可得D\\ 2.&\color{maroon}設f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^4}},則\\ &f(x,0)=e^{|x|}在x=0處不可導\implies\frac{\partial f}{\partial x}|_{(0,0)}不\exists\\ &f(0,y)=e^{y^2}在y=0處可導\implies \frac{\partial f}{\partial y}|_{(0,0)}\exists\\ 3.&\color{maroon}設f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y^2}{x^2+y^2},(x,y)\neq(0,0)\\0,(x,y)=(0,0)\end{cases},討論f(x,y)在點(0,0)的連續性、可導性及可微性\\ &\lim_{{x\to0,y\to0}}f(x,y)=\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2y^2}{x^2+y^2}=0=f(0,0),故連續\\ &f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0\quad\exists\\ &由對稱性可知，f_y'(0,0)=0\quad\exists\\ &\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{f(x,y)-f(0,0)-0}{\sqrt{x^+y^2}}=\lim_{{x\to0,y\to0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}=0\\ &\implies f(x,y)在(0,0)處可微\\ 4.&\color{maroon}已知(axy^3-y^2\cos x)dx+(1+by\sin x+3x^2y^2)dy爲某一函數u(x,y)的全微分，則\\ &\frac{\partial u}{\partial x}=axy^3-y^2\cos x\\ &\frac{\partial u}{\partial y}=1+by\sin x+3x^2y^2\\ &\implies \frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=3axy^2-2y\cos x\\ &\implies \frac{\partial^2u}{\partial y\partial x}=by\cos x+6xy^2\\ &\implies a=2,b=-2\\ \end{aligned}

計算

鏈式求導規則+高階偏導複合結構不變
z
u
v
x
y

1. 設 z = f ( u , v , x ) , u = u ( x , y ) , v = v ( y ) 都 是 可 微 函 數 ， 求 ∂ z ∂ x 和 ∂ z ∂ y ∂ z ∂ x = f 1 ′ ⋅ ∂ u ∂ x + f 3 ′ ⋅ 1 ∂ z ∂ y = f 1 ′ ∂ u ∂ y + f 2 ′ ⋅ d v d y [ 注 ] u 是 二 元 → ∂ , v 是 一 元 → d 2. 設 z = f ( e x sin ⁡ y , x 2 + y 2 ) , 其 中 f 具 有 二 階 連 續 偏 導 數 ， 求 ∂ 2 z ∂ x ∂ y ∂ z ∂ x = f 1 ′ ⋅ e x sin ⁡ y + f 2 ′ ⋅ 2 x ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ( f 11 ′ ′ ⋅ e x cos ⁡ y + f 12 ′ ′ ⋅ 2 y ) ⋅ e x sin ⁡ y + f 1 ′ ⋅ e x cos ⁡ y + 2 x ( f 21 ′ ′ ⋅ e x cos ⁡ y + f 22 ′ ′ ⋅ 2 y ) = e 2 x sin ⁡ y cos ⁡ y ⋅ f 11 ′ ′ + ( 2 y e x sin ⁡ y + 2 x e x cos ⁡ y ) ⋅ f 12 ′ ′ + e x cos ⁡ y f 1 ′ + 4 x y f 22 ′ ′ 3. 設 z = f ( u , v , x ) , u = x e y , 其 中 f 具 有 二 階 連 續 偏 導 數 ， 求 ∂ 2 z ∂ x ∂ y ∂ z ∂ x = f 1 ′ ⋅ e y + f 2 ′ ⋅ 1 ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ( f 11 ′ ′ ⋅ x e y + f 13 ′ ′ ⋅ 1 ) ⋅ e y + f 1 ′ ⋅ e y + ( f 21 ′ ′ ⋅ x e y + f 23 ′ ′ ⋅ 1 ) 4. 設 z = f ( 2 x − y ) + g ( x , x y ) , 其 中 f 二 階 可 導 ， g 具 有 二 階 連 續 偏 導 數 ， 求 ∂ 2 z ∂ x ∂ y ∂ z ∂ x = f ′ ⋅ 2 + g 1 ′ ⋅ 1 + g 2 ′ ⋅ y ∂ 2 z ∂ x ∂ y = 2 f ′ ′ ⋅ ( − 1 ) + g 12 ′ ′ ⋅ x + g 22 ′ ′ ⋅ x ⋅ y + g 2 ′ ⋅ 1 5. 設 F ( u , v ) 二 階 偏 導 連 續 ， 並 設 z = F ( y x , x 2 + y 2 ) , 求 ∂ 2 z ∂ x ∂ y ∂ z ∂ x = F 1 ′ ( − y x 2 ) + F 2 ′ ⋅ 2 x ∂ 2 z ∂ x ∂ y = ∂ ( ∂ z ∂ x ) ∂ y = ∂ ( F 1 ′ ⋅ ( − y x 2 ) ) ∂ y + ∂ ( F 2 ′ ⋅ 2 x ) ∂ y = ∂ F 1 ′ ∂ y ( − y x 2 ) + F 1 ′ ( − 1 x 2 ) + 2 x ∂ F 2 ′ ∂ y = ( F 11 ′ ′ ( 1 x ) + F 12 ′ ′ 2 y ) ( − y x 2 ) + F 1 ′ ( − 1 x 2 ) + 2 x ( F 21 ′ ′ ( 1 x ) + F 22 ′ ′ 2 y ) \begin{aligned} 1.&\color{maroon}設z=f(u,v,x),u=u(x,y),v=v(y)都是可微函數，求\frac{\partial z}{\partial x}和\frac{\partial z}{\partial y}\\ &\frac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+f_3'\cdot1\\ &\frac{\partial z}{\partial y}=f_1'\frac{\partial u}{\partial y}+f_2'\cdot\frac{dv}{dy}\\ &\color{grey}[注]u是二元\to \partial,v是一元\to d\\ 2.&\color{maroon}設z=f(e^x\sin y,x^2+y^2),其中f具有二階連續偏導數，求\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}\\ &\frac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot e^x\sin y+f_2'\cdot2x\\ &\frac{\partial^2z}{\partial x \partial y}=(f_{11}''\cdot e^x\cos y+f_{12}''\cdot2y)\cdot e^x\sin y+f_1'\cdot e^x\cos y+2x(f_{21}''\cdot e^x\cos y+f_{22}''\cdot2y)\\ &=e^{2x}\sin y\cos y\cdot f_{11}''+(2ye^x\sin y+2xe^x\cos y)\cdot f_{12}''+e^x\cos y f_1'+4xyf_{22}''\\ 3.&\color{maroon}設z=f(u,v,x),u=xe^y,其中f具有二階連續偏導數，求\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\\ &\frac{\partial z}{\partial x}=f_1'\cdot e^y+f_2'\cdot1\\ &\frac{\partial^2z}{\partial x \partial y}=(f_{11}''\cdot xe^y+f_{13}''\cdot1)\cdot e^y+f_1'\cdot e^y+(f_{21}''\cdot xe^y+f_{23}''\cdot1)\\ 4.&\color{maroon}設z=f(2x-y)+g(x,xy),其中f二階可導，g具有二階連續偏導數，求\frac{\partial^2z}{\partial x \partial y}\\ &\frac{\partial z}{\partial x}=f'\cdot2+g_1'\cdot1+g_2'\cdot y\\ &\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=2f''\cdot(-1)+g_{12}''\cdot x+g_{22}''\cdot x\cdot y+g_2'\cdot1\\ 5.&\color{maroon}設F(u,v)二階偏導連續，並設z=F(\frac yx,x^2+y^2),求\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\\ &\frac{\partial z}{\partial x}=F_1'(-\frac{y}{x^2})+F_2'\cdot 2x\\ &\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial(\frac{\partial z}{\partial x})}{\partial y}=\frac{\partial(F_1'\cdot(-\frac y{x^2}))}{\partial y}+\frac{\partial(F_2'\cdot2x)}{\partial y}\\ &=\frac{\partial F_1'}{\partial y}(-\frac y{x^2})+F_1'(-\frac1{x^2})+2x\frac{\partial F_2'}{\partial y}\\ &=(F_{11}''(\frac1x)+F_{12}''2y)(-\frac y{x^2})+F_1'(-\frac1{x^2})+2x(F_{21}''(\frac1x)+F_{22}''2y)\\ \end{aligned}

隱函數求導

F ( x , y , z ) = 0    ⟹    z = z ( x , y )    ⟹    F ( x , y , z ( x , y ) ) = 0 \begin{aligned} &F(x,y,z)=0\implies z=z(x,y)\implies F(x,y,z(x,y))=0 \end{aligned}

F
1x
2y
3z
x
y

∂ F ∂ x = F x ′ = F 1 ′ + F z ′ ∂ z ∂ x = 0    ⟹    { ∂ z ∂ x = − F x ′ F z ′ ∂ z ∂ y = − F y ′ F z ′ \begin{aligned} &\frac{\partial F}{\partial x}=F_x'=F_1'+F_z'\frac{\partial z}{\partial x}=0\implies\begin{cases}\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x'}{F_z'}\\\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y'}{F_z'}\end{cases} \end{aligned}

1. 設 z = z ( x , y ) 由 方 程 ln ⁡ z + e z − 1 = x y 確 定 ， 則 ∂ z ∂ x ∣ ( 2 , 1 2 ) 方 法 一 . 由 ln ⁡ z + e z − 1 = x y    ⟹    1 z ⋅ z x ′ + e z − 1 ⋅ z x ′ = y 由 x = 2 , y = 1 2 , 代 入 前 者 ， 則 z = 1 ; 代 入 後 者 ， 則 z x ′ = 1 4 方 法 二 . 令 F ( x , y , z ) = ln ⁡ z + e z − 1 − x y = o    ⟹    ∂ z ∂ x = − F x ′ F z ′ = − − y 1 z + e z − 1 ∣ ( 2 , 1 x , 1 ) = 1 4 2. 設 z = z ( x , y ) 由 方 程 F ( x + z y , y + z x ) = 0 確 定 ， 其 中 F 由 連 續 偏 導 數 ， 求 x ∂ z ∂ x + y ∂ z ∂ y 方 法 一 . F 1 ′ ⋅ ( 1 + 1 y ∂ z ∂ x ) + F 2 ′ ⋅ ∂ z ∂ x ⋅ x − z x 2 = 0 ( 對 x ) F 1 ′ ⋅ ∂ z ∂ y ⋅ y − z y 2 + F 2 ′ ⋅ ( 1 + 1 x ⋅ ∂ z ∂ y ) = 0 ( 對 y )    ⟹    x ⋅ ∂ z ∂ x + y ⋅ ∂ z ∂ y = z − x y 方 法 二 . ∂ z ∂ x = − F x ′ F z ′ = − F 1 ′ + F 2 ′ ( − z x 2 ) F 1 ′ ( 1 y ) + F 2 ′ ( 1 x ) ∂ z ∂ y = − F y ′ F z ′ = − F 1 ′ ( − z y 2 ) + F 2 ′ F 1 ′ ( 1 y ) + F 2 ′ ( 1 x ) I = z − x y 3. 設 { u = f ( x − u t , y − u t , z − u t ) g ( x , y , z ) , 求 ∂ u ∂ x , ∂ u ∂ y [ 分 析 ] 一 般 有 幾 個 方 程 ， 就 有 幾 個 因 變 量 ， 其 餘 的 字 母 都 是 自 變 量 ∂ u ∂ x = f 1 ′ ⋅ ( 1 − ∂ u ∂ x t ) + f 2 ′ ⋅ ( − ∂ u ∂ x t ) + f 3 ′ ⋅ ( ∂ z ∂ x − ∂ u ∂ x t ) g 1 ′ ⋅ 1 + g 2 ′ ⋅ 0 + g 3 ′ ⋅ ∂ z ∂ x = 0 解 得 ∂ u ∂ x = f 1 ′ g 3 ′ − f 3 ′ g 1 ′ g 3 ′ [ 1 + t ( f 1 ′ + f 2 ′ + f 3 ′ ) ] 對 y 求 偏 導 數 同 樣 可 得 ∂ u ∂ y = f 2 ′ g 3 ′ − f 3 ′ g 2 ′ g 3 ′ [ 1 + t ( f 1 ′ + f 2 ′ + f 3 ′ ) ] \begin{aligned} 1.&\color{maroon}設z=z(x,y)由方程\ln z+e^{z-1}=xy確定，則\frac{\partial z}{\partial x}|_{(2,\frac12)}\\ 方法一.&由\ln z+e^{z-1}=xy\implies \frac1z\cdot z_x'+e^{z-1}\cdot z_x'=y\\ &由x=2,y=\frac12,代入前者，則z=1;代入後者，則z_x'=\frac14\\ 方法二.&令F(x,y,z)=\ln z+e^{z-1}-xy=o\\ &\implies\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x'}{F_z'}=-\frac{-y}{\frac1z+e^{z-1}}|_{(2,\frac1x,1)}=\frac14\\ 2.&\color{maroon}設z=z(x,y)由方程F(x+\frac zy,y+\frac zx)=0確定，其中F由連續偏導數，求x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}\\ 方法一.&F_1'\cdot(1+\frac1y\frac{\partial z}{\partial x})+F_2'\cdot\frac{\frac{\partial z}{\partial x}\cdot x-z}{x^2}=0(對x)\\ &F_1'\cdot\frac{\frac{\partial z}{\partial y}\cdot y-z}{y^2}+F_2'\cdot(1+\frac1x\cdot\frac{\partial z}{\partial y})=0(對y)\\ &\implies x\cdot\frac{\partial z}{\partial x}+y\cdot\frac{\partial z}{\partial y}=z-xy\\ 方法二.&\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x'}{F_z'}=-\frac{F_1'+F_2'(-\frac{z}{x^2})}{F_1'(\frac1y)+F_2'(\frac1x)}\\ &\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y'}{F_z'}=-\frac{F_1'(-\frac{z}{y^2})+F_2'}{F_1'(\frac1y)+F_2'(\frac1x)}\\ &I=z-xy\\ 3.&\color{maroon}設\begin{cases}u=f(x-ut,y-ut,z-ut)\\g(x,y,z)\end{cases},求\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y}\\ &[分析]一般有幾個方程，就有幾個因變量，其餘的字母都是自變量\\ &\frac{\partial u}{\partial x}=f_1'\cdot(1-\frac{\partial u}{\partial x}t)+f_2'\cdot(-\frac{\partial u}{\partial x}t)+f_3'\cdot(\frac{\partial z}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial x}t)\\ &g_1'\cdot1+g_2'\cdot0+g_3'\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=0\\ &解得\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{f_1'g_3'-f_3'g_1'}{g_3'[1+t(f_1'+f_2'+f_3')]}\\ &對y求偏導數同樣可得\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{f_2'g_3'-f_3'g_2'}{g_3'[1+t(f_1'+f_2'+f_3')]}\\ \end{aligned}

應用

無條件極值

1. 必 要 條 件 { f x ′ ( x 0 , y 0 ) = 0 f y ′ ( x 0 , y 0 ) = 0 2. 充 分 條 件 { A > 0 且 A C − B 2 > 0    ⟹    極 小 A < 0 且 A C − B 2 > 0    ⟹    極 大 A C − B 2 < 0    ⟹    非 極 值 點 [ 注 ] 記 A = f x x ′ ′ ( x 0 , y 0 ) , B = f x y ′ ′ ( x 0 , y 0 ) , C = f y y ′ ′ ( x 0 , y 0 ) \begin{aligned} 1.&必要條件\begin{cases}f_x'(x_0,y_0)=0\\f_y'(x_0,y_0)=0\end{cases}\\ 2.&充分條件\begin{cases}A>0且AC-B^2>0\implies極小\\A<0且AC-B^2>0\implies極大\\AC-B^2<0\implies非極值點\end{cases}\\ [注]&記A=f_{xx}''(x_0,y_0),B=f_{xy}''(x_0,y_0),C=f_{yy}''(x_0,y_0)\\ \end{aligned}

條件極值

1. 構 造 拉 格 朗 日 函 數 F ( x , y , λ ) = f ( x , y ) + λ φ ( x , y ) , 2. 令 { F x ′ = f x ′ ( x , y ) + λ φ x ′ ( x , y ) = 0 F y ′ = f y ′ ( x , y ) + λ φ y ′ ( x , y ) = 0 F λ ′ = φ ( x , y ) = 0 3. 比 較 上 述 各 函 數 值 的 大 小 ， 最 大 的 爲 最 大 值 ， 最 小 的 爲 最 小 值 \begin{aligned} 1.&構造拉格朗日函數F(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda\varphi(x,y),\\ 2.&令\begin{cases}F_x'=f_x'(x,y)+\lambda\varphi_x'(x,y)=0\\F_y'=f_y'(x,y)+\lambda\varphi_y'(x,y)=0\\F_\lambda'=\varphi(x,y)=0\end{cases}\\ 3.&比較上述各函數值的大小，最大的爲最大值，最小的爲最小值\\ \end{aligned}

1. 設 z = z ( x , y ) 由 方 程 ( x 2 + y 2 ) z + ln ⁡ z + 2 ( x + y + 1 ) = 0 確 定 ， 求 z = z ( x , y ) 的 極 值 由 方 程 得 2 x z + ( x 2 + y 2 ) z x ′ + 1 z z x ′ + 2 = 0    ⟹    2 y z + ( x 2 + y 2 ) z y ′ + 1 z z y ′ + 2 = 0 令 z x ′ = 0 , z y ′ = 0 , 則 x = y = − 1 z 代 入 第 一 個 式 子 得 ： 2 z + ln ⁡ z − 4 z + 2 = 0    ⟹    z = 1 ∴ x = y = − 1 , z = 1    ⟹    2 z + 2 x z x ′ + 2 x z x ′ + ( x 2 + y 2 ) z x x ′ ′ + z x x ′ ′ ⋅ z − z x ′ 2 z 2 = 0    ⟹    2 x z y ′ + 2 y z x ′ + ( x 2 + y 2 ) z x y ′ ′ + z x y ′ ′ ⋅ z − z x ′ ⋅ z y ′ z 2 = 0 A = z x x ′ ′ ( − 1 , − 1 ) = − 2 3 = c ( 對 稱 性 ) B = z x y ′ ′ ( − 1 , − 1 ) = 0 , 由 B 2 − A C < 0 且 A < 0 故 z ( − 1 , − 1 ) = 1 極 大 值 2. 求 函 數 u = x 2 + y 2 + z 2 在 條 件 z = x 2 + y 2 及 x + y + z = 4 下 的 最 大 值 與 最 小 值 令 F ( x , y , z , λ , μ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( x 2 + y 2 − z ) + μ ( x + y + z − 4 ) 得 { F x ′ = 2 x + 2 λ x + μ = 0 F y ′ = 2 y + 2 x y + μ = 0 F z ′ = 2 z − λ + μ = 0 F λ ′ = x 2 + y 2 − z = 0 F μ ′ = x + y + z − 4 = 0 解 得 ： P 1 ( 1 , 1 , 2 ) , P 2 ( − 2 , − 2 , 8 ) 由 u ( P 1 ) = 6 爲 最 小 值 , 且 u ( P 2 ) = 72 爲 最 大 值 3. 求 u = x 2 + y 2 + z 2 在 ( x − y ) 2 − z 2 = 1 條 件 下 的 最 小 值 令 F ( x , y , z , λ ) = x 2 + y 2 + z 2 + λ ( ( x − y ) 2 − z 2 − 1 ) { F x ′ = 2 x + 2 λ ( x − y ) = 0 F y ′ = 2 y − 2 λ ( x − y ) = 0 F z ′ = 2 z − 2 λ z = 0 F λ ′ = ( x − y ) 2 − z 2 − 1 = 0 解 得 ： P 1 ( − 1 2 , 1 2 , 0 ) , P 2 ( 1 2 , − 1 2 , 0 ) 由 u ( P 1 ) = u ( P 2 ) = 2 2 4. 求 f ( x , y ) = x 2 − y 2 + 2 在 橢 圓 域 D : x 2 + y 2 4 ≤ 1 上 的 最 大 值 與 最 小 值 內 部 → f ( x , y ) , 由 f x ′ = 2 x = 0 , f y ′ = − 2 y = 0 邊 界 → F ( x , y , λ ) F ( x , y , λ ) = x 2 − y 2 + λ ( x 2 + y 2 4 − 1 ) 由 F x ′ = 2 x + 2 λ x = 0 , F y ′ = − 2 y + λ 2 y = 0 F x ′ = x 2 + y 2 4 − 1 = 0 f ( 0 , 0 ) = 2 , f ( + − 1 , 0 = 3 ) 最 大 , f ( 0 , + − 2 ) = − 2 最 小 5. 求 f ( x , y ) = x + x y − x 2 − y 2 在 閉 區 域 D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2 上 得 最 大 值 與 最 小 值 內 部 → f ( x , y ) , 由 f x ′ = 1 + y − 2 x = 0 , f y ′ = x − 2 y = 0 邊 界 ( 代 入 法 ) L 1 : y = 0 ( 0 ≤ x ≤ 1 )    ⟹    f ( x , 0 ) = x − x 2 = φ ( x )    ⟹    ( 1 2 , 0 ) , ( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ) L 2 : x = 1 ( 0 < y < 2 )    ⟹    f ( 1 , y ) = y − y 2    ⟹    ( 1 , 1 2 ) L 3 : y = 2 ( 0 ≤ x ≤ 1 )    ⟹    f ( x , 2 ) = 3 x − x 2 − 4    ⟹    ( 0 , 2 ) , ( 1 , 2 ) L 4 : x = 0 ( 0 < y < 2 )    ⟹    f ( 0 , y ) = − y 2 比 較 得 最 大 值 爲 1 3 ， 最 小 值 爲 − 4 \begin{aligned} 1.&\color{maroon}設z=z(x,y)由方程(x^2+y^2)z+\ln z+2(x+y+1)=0確定，求z=z(x,y)的極值\\ &由方程得2xz+(x^2+y^2)z_x'+\frac1zz_x'+2=0\\ &\implies2yz+(x^2+y^2)z_y'+\frac1zz_y'+2=0\\ &令z_x'=0,z_y'=0,則x=y=-\frac1z代入第一個式子\\ &得：\frac2z+\ln z-\frac4z+2=0\implies z=1\\ &\therefore x=y=-1,z=1\\ &\implies 2z+2xz_x'+2xz_x'+(x^2+y^2)z_{xx}''+\frac{z_{xx}''\cdot z-z_x'^2}{z^2}=0\\ &\implies 2xz_y'+2yz_x'+(x^2+y^2)z_{xy}''+\frac{z_{xy}''\cdot z-z_x'\cdot z_y'}{z^2}=0\\ &A=z_{xx}''(-1,-1)=-\frac23=c(對稱性)\\ &B=z_{xy}''(-1,-1)=0,由B^2-AC<0且A<0\\ &故z(-1,-1)=1極大值\\ 2.&\color{maroon}求函數u=x^2+y^2+z^2在條件z=x^2+y^2及x+y+z=4下的最大值與最小值\\ &令F(x,y,z,\lambda,\mu)=x^2+y^2+z^2+\lambda(x^2+y^2-z)+\mu(x+y+z-4)\\ 得&\begin{cases}F_x'=2x+2\lambda x+\mu=0\\ F_y'=2y+2xy+\mu=0\\ F_z'=2z-\lambda+\mu=0\\ F_\lambda'=x^2+y^2-z=0\\ F_\mu'=x+y+z-4=0\end{cases}解得：P_1(1,1,2),P_2(-2,-2,8)\\ &由u(P_1)=6爲最小值,且u(P_2)=72爲最大值\\ 3.&\color{maroon}求u=\sqrt{x^2+y^2+z^2}在(x-y)^2-z^2=1條件下的最小值\\ &令F(x,y,z,\lambda)=x^2+y^2+z^2+\lambda((x-y)^2-z^2-1)\\ &\begin{cases}F_x'=2x+2\lambda(x-y)=0\\ F_y'=2y-2\lambda(x-y)=0\\ F_z'=2z-2\lambda z=0\\ F_\lambda'=(x-y)^2-z^2-1=0\end{cases}解得：P_1(-\frac12,\frac12,0),P_2(\frac12,-\frac12,0)\\ &由u(P_1)=u(P_2)=\frac{\sqrt{2}}2\\ 4.&\color{maroon}求f(x,y)=x^2-y^2+2在橢圓域D:x^2+\frac{y^2}4\leq1上的最大值與最小值\\ &內部\to f(x,y),由f_x'=2x=0,f_y'=-2y=0\\ &邊界\to F(x,y,\lambda)\\ &F(x,y,\lambda)=x^2-y^2+\lambda(x^2+\frac{y^2}4-1)\\ &由F_x'=2x+2\lambda x=0,F_y'=-2y+\frac{\lambda}2y=0\\ &F_x'=x^2+\frac{y^2}4-1=0\\ &f(0,0)=2,f(+-1,0=3)最大,f(0,+-2)=-2最小\\ 5.&\color{maroon}求f(x,y)=x+xy-x^2-y^2在閉區域D:0\leq x\leq1,0\leq y\leq2上得最大值與最小值\\ &內部\to f(x,y),由f_x'=1+y-2x=0,f_y'=x-2y=0\\ &邊界(代入法)L_1:y=0(0\leq x\leq1)\implies f(x,0)=x-x^2=\varphi(x)\implies (\frac12,0),(0,0),(1,0)\\ &L_2:x=1(0<y<2) \implies f(1,y)=y-y^2\implies (1,\frac12)\\ &L_3:y=2(0\leq x\leq1)\implies f(x,2)=3x-x^2-4\implies (0,2),(1,2)\\ &L_4:x=0(0<y<2) \implies f(0,y)=-y^2\\ &比較得最大值爲\frac13，最小值爲-4 \end{aligned}

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