故f(x,y)?
xy??(x?y)((x,y)?0)，因此f(x,y)在点(0,0)不可微。 ■
22【例3】设f(x)是连续的可导函数，证明z?xnf?yx2?z?z?y?满足方程x?2y?nz。 2??x?y?x?'【证明】 设t?，则
?z?x?nxn?1f(t)?2xn?3yf(t),?z?y?xn?2f(t).
'于是x?z?x?2y?z?y?nxf(t)?2xnn?2yf(t)?2x'n?2'nyf(t)?nxf(t)?nz。 ■
【例4】设u?f(r)，其中r?其中 ?u??u?x22 x?y?z和f为可微分两次的函数. 证明：?u?F(r)，，?为拉普拉斯算子.
222??u?y22??u?z22【提示】计算?u时要计算三个二阶偏导数，而u?f(r)中x,y,z地位是一样的，故可以考虑利用对称性，从而减少计算量。 【证明】
?u?x2?f(r)'xr，
?u?x22?f(r)\xr22?f(r)'r?xr322. 由对称性即得
2222?u?y2?f(r)\yr22?f(r)'r?yr322，
?u?z22?f(r)\zr?f(r)'r?zr3.
于是
?u??u?x22??u?y22??u?z22?f(r)?2f(r)\'1r?F(r). ■
【例5】设x?x(y,z),y?y(x,z),z?z(x,y)为由F(x,y,z)?0所定义的函数.证明
?x?y?z????1. ?y?z?x?x?y?x?yFyFx''【证明】 由F(x(y,z),y,z)?0得Fx同理可得
?y?z'?Fy?0，于是有
'??，
??FzF''y，
?z?x??FxFz''.
注意的是上式一切(x0,y0,z0),F(x0,y0,z0)?0成立.因此
11
'FyFz ????'??'?y?z?xFFxy?x?y?z'Fx??'Fz'. ? ■ 1?【例6】设z?z(x,y)为由方程组
x?eu?v,y?eu?v,z?uv
（其中u,v为参数）所定义的函数，求当u?0,v?0时dz和d2z. 【证明】dx?eu?v(du?dv),dy?eu?v(du?dv),dz?udv?vdu
dz?udv?vdu?2dudv.
222当u?0,v?0时，
dx?du?dv,dy?du?dv,dz?0,dz?2dudv，
2解出du,dv得du?12(dx?dy),dv?212(dx?dy)，因此 12(2v dz?2dud?d?x2d). y ■
【例7】 求函数f?x2?y2?z2.在ax?by?cz?1下最小值。 【解】 作拉格朗日函数
L(x,y,z,?)?x?y?z??(ax?by?cz?1).
222令Lx?Ly?Lz?L??0，即
?2x??a?0??2y??b?0 ??2z??c?0??ax?by?cz?1''''解得唯一驻点 x?aa?b?c22a?b?ca?b?c1222将它们代入f?x?y?z得f?2。 22a?b?c,y?2b22,z?2c22,??2?2a?b?c222.
因此f?x?y?z.在ax?by?cz?1下最小值为fmin?2221a?b?c222。 ■
【例8】设f(x,y)在全平面上二次可微且恒不为零，证明f(x,y)?g(x)h(y)的充分必要条件是f(x,y)满足方程
12
f?fyx?fx?fy.
\''【证明】 必要性是显然的.现在证明充分性，由于f(x,y)在全平面上二次可微且恒不等于零，不妨设f(x,y)?0，令F(x,y)?lnf(x,y)，则有
fxf'F?'x,F\xy?f?fyx?fx?fyf2\''?0.
下面证明F(x,y)?lnf(x,y)?p(x)?q(y)，实际上由Fxy?0可得Fx'?p(x)，因此
lnf(x,y)?F(x,y)?\?p(x)dx?q(y).
这说明结论成立. ■ 【例9】求函数z?z(x,y)一阶和二阶的偏导数，其中x?y?z?ez. 【证明】等式两边微分，得
dx?dy?dz?edz ①
z故有 dz?1e?11z(dx?dy)?1x?y?z?1(dx?dy).
于是，
?z?x2??z?y?x?y?z?1.再将①式微分一次，得d2z?ezd2z?ezdz2.
故有 dz??2ezze?1?z?x?y2?dz?2??ez3?ez?1?ez?dx2?2dxdy?dy2?.
. ■
于是
?z?x2???z?y22???ez?1?3??x?y?z?x?y?z?1?3【例10】设可微函数z?f(x,y)对任意实数t(t?0)满足f(tx,ty)?, 点tf(x,y)P0(1,?2,2)是曲面上一点，且fx(1,?2)?4. 求此曲面在点P0处的切平面方程。
【提示】 f(x,y)是一次齐次函数，弄清楚齐次函数的导函数的特征很重要。 【解】由已知，对任意的点(x0,y0)有，f(tx0,ty0)?tf(x0,y0).................(*) 将(*)两边对t求导得：x0fx(tx0,ty0)?y0fy(tx0,ty0)?f(x0,y0)...................(**) 在(**)中令t?1得：x0fx(x0,y0)?y0fy(x0,y0)?f(x0,y0)
故当(x0,y0)?(1,?2)时，(?2)?fy(1,?2)?f(1,?2)?1?fx(1,?2)?2?4??2.
13
故fy(1,?2)?1.
令F(x,y,z)?f(x,y)?z, 则法线方向为n?(fx,fy,?1). 故P0处法线方向为n0?(4,1,?1).
从而曲面在点P0处的切平面方程为4(x?1)?(y?2)?(z?2)?0.
即4x?y?z?0. ■
五、扩展例题解题点击
【例1】设f(x,y)在G?{(x,y):x2?y2?1}上定义，若f(x,0)在点x?0处连续，而且 fy(x,y)在G上有界，则f(x,y)在（0,0）处连续。
'【证明】 由中值定理，得
f(x,y)?f(x,0)?fy(x,?)(y?0)（其中??(0，y)） ｜fy(x,y｜)?M. 由fy(x,y)在G上有界，知?M?0,使
????0,取?1?'''?2M当|y?0|??1时有 . （1）
|f(x,y)?f(x,0)|??2由f(x,0)在x?0处连续，知??2?0,当|x?0|??2时，有 |f(x,0)?f(0,0)|??2. （2）
取??min{?1,?2}，当|x?0|??，|y?0|??时，由（1），（2）得
|f(x,y)?f(0,0)|?|f(x,y)?f(x,0)|?|f(x,0)?f(0,0)|??
（0，0）?f?x,y?在处连续。 ■
【例2】设M?f(x,y,z)在闭立方体a?x?b,a?y?b,a?z?b,上连续。令
?(x)?max{mina?y?ba?z?bf(x,y,z)}。试证：?(x)在区间[a,b]上连续。
【证明】 令g(x,y)?minf(x,y,z), 可得g(x,y)在D?[a,b]?[a,b]上连续。
a?z?b令F(x,y,z)?g(x,y)且a?z?b, 可得maxF(x,y,z)在[a,b]?[a,b]上连续。
a?y?b14
?maxF(x,y,z)在关于x在[a,b]上连续。
a?y?b因为?(x)?maxF(x,y,z)，所以?(x)在[a,b]上连续。 ■
a?y?b
?(x?y)sin(xy)22,x?y?0,?22x?y【例3】设f(x,y)?? ?0,x2?y2?0.?证明：f(x,y)在点(0,0）处连续但不可微。
(x?y)sin(xy)x?y22【证明】 由于||?|(x?y)xyx?y22|?|x?y|2?|x|2?|y|2.
故对???0,取???，当|x|??,|y|??时，
（x?y)sin(xy)|x||y||f(x,y)?f(0,0)|?||????, 22x?y22即
(x,y)?(0,0)limf(x,y)?f(0,0)?0.
故f(x,y)在点(0,0）处连续，下证f(x,y)在点(0,0）处不可微。
fx(0,0)?lim'f(x,0)?f(0,0)x?0'x?0?0,同理fy(0,0)?0.
'令
?w(t)?f(x,y)?f(0,0)?fx(0,0)?x?fy(0,0)?y?'?x?y?sin(xy)x?y22.
且 lim?w??0??lim(x?y)sin(xy)(x?y)22??02223?limy?kx(x?y)sin(xy)(x?y)23??0?limy?kx(1?k)sin(kx)(1?k)x32??0222?k(1?k)(1?k)223
与k有关。
所以f(x,y)在点(0,0）处不可微。 ■
22?xy22,x?y?0,2?22【例4】设 f(x,y)??(x?y)3证明：f(x,y)在点(0,0）处连续但不可微。
?22?0,x?y?0.15