多元函数微分

计算内容

求极限：二重极限，累次极限

函数连续性、可微性的判断

全微分计算

方向导数的计算

二重极限

考查函数的连续性计算的就是二重极限，二重极限可以理解为x,y两个变量同时趋于某一点。当然，趋于某一点的路径是随意的。在证伪时，路径的多样性是一个很好的工具。

存在

放缩

此方法适用于证明/求解极限为0者。最终利用的是$\rho→0$,或者是x→0且y→0

均值不等式

$\lim_{(x,y)→(0,0)}\frac{x^2y^2}{x^2+y^2}$

$\frac{x^2y^2}{x^2+y^2} \leq \frac{x^4+y^4}{2(x^2+y^2)}\leq \frac{1}{2}\frac{x^2}{x^2+y^2}x^2+\frac{1}{2}\frac{y^2}{x^2+y^2}y^2\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2)$

趋于0，证毕

中值定理

$\frac{e^{x^3+y^3}-1}{x^2+y^2}$在(0,0)处的极限是否存在？

$e^{x^3+y^3}-e^0=e^\epsilon (x^3+y^3)$ 注意$\epsilon \in (0,1)$

$|\frac{e^{x^3+y^3}-1}{x^2+y^2}|\leq e|\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}|\leq e(|x|\frac{x^2}{x^2+y^2}+|y|\frac{y^2}{x^2+y^2}) \leq e(|x|+|y|) $

趋于0，证毕

分离绝对值或平方

上面的两道例题也用了这个方法，我们可以各提取出一个x,y的平方或者绝对值，然后把剩下的直接放大到1

设
[
f(x, y)=
\begin{cases}
\frac{x^{2}+y^{2}}{\vert x\vert+\vert y\vert}, & (x, y)\neq(0, 0)\
0, & (x, y)=(0, 0)
\end{cases}
]
证明函数 $f$ 在原点 $(0, 0)$ 处连续。

[
\begin{align}
\vert f(x, y)-f(0, 0)\vert&=\frac{x^{2}+y^{2}}{\vert x\vert+\vert y\vert}\
&=\vert x\vert\frac{\vert x\vert}{\vert x\vert+\vert y\vert}+\vert y\vert\frac{\vert y\vert}{\vert x\vert+\vert y\vert}\leq\vert x\vert+\vert y\vert
\end{align}
]

因此当 $|(x, y)-(0, 0)|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 充分小时，$\vert f(x, y)-f(0, 0)\vert$ 可以任意小。故 $\lim_{(x, y)\to(0, 0)}f(x, y)=f(0, 0)$。这就证明了函数 $f(x, y)$ 在原点 $(0, 0)$ 处连续。命题得证。

整体看

$\lim_{(x,y)→(0,0)}\frac{xy-sin(xy)}{xy-cos(xy)}$

直接xy=u，泰勒即可，答案三分之一

分而治之

$\lim_{(x,y)→(0,0)}(x+1)^\frac{1+y}{xy}$

$\frac{1}{x+1}\frac{x+1}{x}\frac{1+y}{y}$ 如此拆分指数部分即可

得出最终的极限为$e^1=e$

不存在

两种思想。要么找一条特殊路径让极限不存在，要么找俩路径极限存在但不等。

正比例函数

此方法适用于否定齐次函数的极限

eg.$\lim_{(x,y)→(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$

从y=kx趋近，极限为$\frac{1-k^2}{1+k^2}$，取不同的k极限存在但不相等。

二次函数

这个适用的类型类似于上面的齐次函数

$\lim_{(x,y)→(0,0)}\frac{x^2y}{x^4+y^2}$

取$y=kx^2$趋近，则极限为$\frac{k}{1+k^2}$

累次极限

对于二元的就是二次极限，每一次求极限都只取一个变量，剩下是常量。当然，只有前一个极限存在才能继续算下一个。

例子

设 $f(x, y)=\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}$，其定义域为 $D = \mathbb{R}^2\setminus{(0, 0)}$。之前已证，函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处的全面极限不存在。现考察累次极限。不难证明

累次极限与重极限

定理：

(i) 若以下三个极限均存在

则它们的极限值均相等；

(ii) 若两个累次极限存在，但极限值不等，则重极限不存在。

可微与偏导

定义：记二元函数 $f(x, y)$ 定义域为 $D$，设点 $(x0, y_0)$ 是 $D$ 的一个内点。若存在两个数 $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$，使得对 $\forall h, k \in (-\delta, \delta)$，
[
f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0, y_0) - (\lambda h + \mu k) = o\left(\sqrt{h^{2}+k^{2}}\right),
]
则称函数 $f(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处可微，并称线性函数 $\lambda h + \mu k$ 为 $f(x, y)$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处的微分，记作 $\left.\mathrm{d}f\right|{(x0,y_0)} = \lambda h + \mu k$。自变量 $x, y$ 的增量 $h, k$ 常写作 $h = \Delta x, k = \Delta y$。故微分常写作 $\left.\mathrm{d}f\right|{(x_0,y_0)} = \lambda\Delta x + \mu\Delta y$。

微分是唯一的,也就是说$\lambda ,\mu$是唯一的。其中$\lambda=\frac{\partial f}{\partial x}$ $\mu=\frac{\partial f}{\partial y}$

可微→

如果一个函数在某一点可微，那么…..?

1、函数在这一点连续

2、在这一点沿着任意方向的方向导数均存在，当然偏导数也存在。

（偏导数不存在一定不可微）

注意:偏导数存在不能推出连续，更不能推出可微。

考虑函数
[
f(x, y)=
\begin{cases}
0, & xy = 0\
1, & xy \neq 0
\end{cases}
]
显然函数 $f$ 在原点处不连续。但 $f$ 在原点的两个偏导数存在。因为
[
\frac{f(x, 0)-f(0, 0)}{x}=\frac{0 - 0}{x}=0\to 0, \quad x\to 0
]
这说明偏导数 $f_x(0, 0)$ 存在，且 $f_x(0, 0)=0$。同理可证偏导数 $f_y(0, 0)$ 存在，且 $f_y(0, 0)=0$。

判断是否可微

首先看偏导是否存在，偏导数不存在就不可微。

然后计算[\lim_{\rho→0}
\frac{f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0, y_0) - (f_x(x_0,y_0) h +f_y(x_0,y_0) k)}{\rho}
]

$\rho=\sqrt{h^2+k^2}$

高阶偏导

n阶偏导有$2^n$个高阶偏导。感觉高阶偏导和累次极限有点像。

$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=f{xx}=D{xx}f$

$\frac{\partial ^2 f}{\partial y\partial x }=f{xy}=D{xy}f$

Clairaut定理

设$f(x, y)$在开区域$D \subset \mathbb{R}^2$上定义。假设两个二阶混合偏导数$f{xy}(x, y)$和$f{yx}(x, y)$在$D$上处处存在，且在点$(x0, y_0)$处均连续，则$f{xy}(x0, y_0) = f{yx}(x_0, y_0)$。

证明思路大概是累次极限+中值定理，最后利用连续性。

Clairaut定理断言，如果

(i) 两个混合偏导数 $f{xy}, f{yx}$ 在开区域 $D$ 上存在；

(ii) $f{xy}$ 和 $f{yx}$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处均连续

则 $f{xy}(x_0, y_0) = f{yx}(x_0, y_0)$。

条件 (ii) 可减弱为 (ii)’ $f{xy}$ 或 $f{yx}$ 在点 $(x_0, y_0)$ 处连续。

$f{xy}$≠$f{yx}$

(课本第40页例1.4.16.) 设
[
f(x, y)=
\begin{cases}
\frac{xy(x^{2}-y^{2})}{x^{2}+y^{2}}, & (x, y)\neq(0, 0)\
0, & (x, y)=(0, 0)
\end{cases}
]

考虑 (f(x, y)) 的两个二阶混合偏导数 (f{xy}) 和 (f{yx})。判断 (f{xy}(0, 0)) 和 (f{yx}(0, 0)) 是否存在。存在时求出它们的值。

解答：

在开区域 (\mathbb{R}^2\setminus{(0, 0)}) 上，(f(x, y)) 是分式函数，故它的各阶偏导数均连续。计算得它的一阶和二阶混合偏导数如下
[
fx(x, y)=\frac{y(x^{4}+4x^{2}y^{2}-y^{4})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}, \quad f_y(x, y)=\frac{x(x^{4}-4x^{2}y^{2}-y^{4})}{(x^{2}+y^{2})^{2}},
]
[
f{xy}(x, y)=\frac{x^{6}+9x^{4}y^{2}-9x^{2}y^{4}-y^{6}}{(x^{2}+y^{2})^{3}} = f_{yx}(x, y).
]

不难看出 (f{xy}, f{yx}) 在点 ((0,0)) 处的极限都不存在. (因为它们沿着两个坐标轴趋于 ((0,0)) 时有极限 (1) 和 (-1).) 因此二阶混合偏导在点 ((0,0)) 处均不连续.

！但这并不表明 (f{xy}(0, 0), f{yx}(0, 0)) 不存在！

以下考虑它们的存在性与计算. 由于
[
\frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}=\frac{0 - 0}{x}=0 \to 0, \quad (x \to 0).
]
故 (fx(0,0)) 存在且 (f_x(0,0)=0). 同理可证 (f_y(0,0)) 存在且 (f_y(0,0)=0). 由于
[
\frac{f_x(0, y) - f_x(0, 0)}{y}=\frac{\frac{-y^5}{y^4} - 0}{y}=-1 \to -1, \quad (y \to 0),
]
这说明 (f{xy}(0,0)) 存在且 (f{xy}(0,0)= -1). 类似地, 由于
[
\frac{f_y(x, 0) - f_y(0, 0)}{x}=\frac{\frac{x^5}{x^4} - 0}{x}=1 \to 1, \quad (x \to 0),
]
故 (f{yx}(0,0)) 存在, 且 (f{yx}(0,0)= 1 \neq -1 = f{xy}(0,0)). 解答完毕.

方向导数

定义

f(x,y)的定义域包含点$z0$=$(x_0,y_0)$的一个领域，u=(a,b)为一个单位向量，往下称单位向量u为一个方向。若极限$\lim{t→0}\frac{f(z0+tu)-f(z_0)}{t}=\lim{t→0}\frac{f(x_0+ta,y_0+tb)-f(x_0,y_0)}{t}$存在，则称之为函数f再点$z_0$处沿着方向u的导数。

记作$\frac{\partial f}{\partial u}(x0,y-0)$或者$D_uf|{(x_0,y_0)}$

几何意义

偏导数就是一种特殊的方向导数

美妙的几何意义

计算

偏导数=梯度与方向的内积

$D_uf(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot u $

$\nabla f(x_1,x_2,x_3,…)=(\frac{\partial f}{\partial x_1},\frac{\partial f}{\partial x_2},\frac{\partial f}{\partial x_3})$

注意这里求梯度代入的点就是趋近于的点

梯度的性质

(i) 常数函数的梯度为零，即 $\nabla c = 0$；

(ii) $\nabla(\lambda f)=\lambda\nabla f$，$\lambda$ 为常数；

(iii) $\nabla(f\pm g)=\nabla f\pm\nabla g$；

(iv) $\nabla(fg)=g\nabla f + f\nabla g$；

(v) $\nabla(f/g)=\frac{1}{g^2}(g\nabla f - f\nabla g)$，$g\neq 0$；

(vi) $\nabla u(f)=u’(f)\nabla f$，这里 $u(t)$ 为一元可微函数。

最值

定理：设函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处可微，且 $\nabla f(x_0) \neq 0$，则函数 $f(x)$ 沿着梯度方向 $\nabla f(x_0)/|\nabla f(x_0)|$ 可取得方向导数的最大值，且最大值为 $|\nabla f(x_0)|$；沿负梯度方向 $-\nabla f(x_0)/|\nabla f(x_0)|$ 取得方向导数值最小值且最小值为 $-|\nabla f(x_0)|$。

证明很简单，两个向量的内积同方向达到最大，反向则最小。

例题

设 $f(x, y)=xe^y$。

(i) 求函数在点 $P = (2, 0)$ 处，沿着方向 $\overrightarrow{PQ}$ 的方向导数，这里 $Q=(0.5, 2)$；

(ii) 求函数在点 $P$ 处的方向导数的最大值。

简单计算得 $\nabla f(x, y)=(e^y, xe^y)$，$\nabla f(2, 0)=(1, 2)$。

(i) 计算 $\overrightarrow{PQ}=(0.5, 2)-(2, 0)=(-1.5, 2)$，其单位向量为 $u = (-\frac{3}{5}, \frac{4}{5})$。

故函数在点 $P = (2, 0)$ 处沿着方向 $u$ 的方向导数为 $D_uf(2, 0)=\nabla f(2, 0)\cdot u=(1, 2)\cdot(-\frac{3}{5}, \frac{4}{5}) = 1$

(ii) 由定理知，函数在点 $P$ 处沿着梯度方向 $\nabla f(2, 0)=(1, 2)$ 的方向导数可取得最大值 $|\nabla f(2, 0)|=\sqrt{5}$。图示如下。

红色的线的水平线

水平线（补充）

定义：对二元函数 $f(x, y)$，称集合 ${(x, y) \in D, f(x, y)=k}$ 为函数 $f$ 的水平线，或简单地说 $f(x, y)=k$ 是水平线，这里 $k \in \mathbb{R}$，$D \subset \mathbb{R}^2$ 是函数 $f$ 的定义域。

例：考虑函数 $f(x, y)=4x^2 + y^2$。对于任意正数 $k>0$，水平线 $4x^2 + y^2=k$ 为椭圆，其标准形式为

两个半轴的长度分别为 $\sqrt{k}/2$，$\sqrt{k}$。函数图像及其水平线如下。

对于二元函数是水平线，如果推广到三元就是水平面了。

Jacobian 矩阵

设 ( f = (f_1, \cdots, f_m) ): ( D \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m ) 为向量值函数，( D ) 为开集，( x_0 \in D )，则：

  1. ( f ) 在点 ( x_0 ) 处可微 (\iff) 每个分量函数 ( f_i ) 在点 ( x_0 ) 处可微；
  2. 当 ( f ) 在点 ( x_0 ) 处可微时，( f’(x_0) ) 可表示为：

[
f’(x0) =
\begin{bmatrix}
\frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n} \
\frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_2}{\partial x_n} \
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
\frac{\partial f_m}{\partial x_1} & \frac{\partial f_m}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_m}{\partial x_n}
\end{bmatrix}{x_0}
]

上述矩阵 ( f’(x_0) ) 称为映射 ( f ) 在点 ( x_0 ) 处的 Jacobian 矩阵。当 ( m = n ) 时，Jacobian 矩阵是方阵，其行列式称为 Jacobian 行列式。

例子

称二维映射 ( F: \Omega \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 )，
[
(r, \theta) \mapsto (r\cos\theta, r\sin\theta)
]
为极坐标映射，其中：
[
\Omega = {(r, \theta) \mid r > 0, \theta \in (0, 2\pi) }.
]
映射在点 ( (r, \theta) ) 处的 Jacobian 矩阵 为：

[
DF(r, \theta) =
\begin{bmatrix}
\cos\theta & -r\sin\theta \
\sin\theta & r\cos\theta
\end{bmatrix},
]

注：$cos\theta$是$rcos\theta$对x求导，$-rsin\theta$是$rcos\theta$对$\theta$求导。

$A_{ij}=\frac{\partial f_i}{\partial x_j}$

其 Jacobian 行列式 为：
[
\det DF(r, \theta) = r > 0.
]

锁链规则

二元函数

定理：设二元函数$f(x, y)$，以及两个一元函数$x(t), y(t)$均可微，$t \in J$，且它们可以复合，则复合函数$f(x(t), y(t))$也可微，且
[
[f(x(t), y(t))]’ = f_x(x, y)x’(t) + f_y(x, y)y’(t),
]
其中$(x, y) = (x(t), y(t)), t \in J$。

多元函数

定理：设$n$元函数$f(u_1, \cdots, u_n)$在开集$D \subset \mathbb{R}^n$上为$C^1$的，映射$u: J \subset \mathbb{R}^1 \to \mathbb{R}^n$是$C^1$的，$u = (u_1, \cdots, u_n)$，且$u(t) \in D, \forall t \in J$，这里$J$为一个开区间，则复合函数$f(u(t))$在$J$上也是$C^1$的，且
[
[f(u_1(t), \cdots, u_n(t))]’ = \frac{\partial f}{\partial u_1}u_1’(t) + \cdots + \frac{\partial f}{\partial u_n}u_n’(t),
]
或简写为$[f(u(t))]’ = \nabla f(u) \cdot u’(t)$，其中$u = u(t), t \in J$。

例题

课本第50页例1.5.4

设$z = u^2v - uv^2$，$u = x\sin y$，$v = x\cos y$，求偏导数$z_x$。

解：
记$f(u, v) = u^2v - uv^2$，则$z = f(u, v)$。根据上述定理可知
[
\begin{align}
z_x &= f_u(u, v)u_x + f_v(u, v)v_x = (2uv - v^2)u_x + (u^2 - 2uv)v_x\
&= x^2[(2\cos y\sin y - \cos^2y)\sin y + (\sin^2y - 2\sin y\cos y)\cos y]\
&= x^2[(\sin 2y - \cos^2y)\sin y + (\sin^2y - \sin 2y)\cos y]\
&= \frac{3x^2}{2}\sin 2y(\sin y - \cos y)
\end{align}
]

例题2

设$f(x, y)$在全平面$\mathbb{R}^2$上连续可微，且$f(x, x^2) \equiv 1, \forall x \in \mathbb{R}$。

(i) 若$f_x(x, x^2) \equiv x, \forall x \in \mathbb{R}$，求$f_y(x, x^2)$

(ii) 若$f_y(x, y) \equiv x^2 + 2y, \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2$，求$f(x, y)$。

注：符号$fx(x, x^2)$表示偏导数$f_x(x, y)$在抛物线$y = x^2$上取值，即$f_x(x, x^2)= f_x(x, y)|{y = x^2}$。符号$f_y(x, x^2)$的意义类似。

解：
(i) 对恒等式$f(x, x^2) \equiv 1$两边求导得$f_x(x, x^2) + f_y(x, x^2)2x \equiv 0$。若$f_x(x, x^2) \equiv x$，则$x + 2xf_y(x, x^2) \equiv 0, \forall x \in \mathbb{R}$。约去因子$x$得$1 + 2f_y(x, x^2)\equiv 0$。由此可得$f_y(x, x^2) = -\frac{1}{2}, \forall x \in \mathbb{R}$。

(ii) 令$F(x, y) = f(x, y) - (x^2y + y^2)$【为了构造$F_y(x,y)=0$】

则$F(x, y)$在$\mathbb{R}^2$上连续可微，且$F_y(x, y)= f_y(x, y) - (x^2 + 2y) = 0, \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2$。故$F(x, y)$在$\mathbb{R}^2$上与变量$y$无关，即$F(x, y) = \phi(x), \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2$，亦即$f(x, y) = x^2y + y^2 + \phi(x)$。

由假设$f(x, x^2) \equiv 1$可知$x^2 \cdot x^2 + x^4 + \phi(x) \equiv 1$，即$\phi(x) = 1 - 2x^4$。因此$f(x, y)= x^2y + y^2 + 1 - 2x^4$。解答完毕。

隐函数定理IFT

二元情形

设二元函数$F(x, y)$在平面开集$D \subset \mathbb{R}^2$上是$C^1$的。假设$F(x0, y_0) = 0$且$F_y(x_0, y_0) \neq 0$，$(x_0, y_0) \in D$，则存在唯一的 (隐) 函数$f: J{\alpha} \to J’{\beta}$，其中$J{\alpha} \triangleq (x0 - \alpha, x_0 + \alpha)$，$J’{\beta} \triangleq (y_0 - \beta, y_0 + \beta)$，使得

(i) $y0 = f(x_0)$，$F(x, f(x)) \equiv 0$，$\forall x \in J{\alpha}$；

(ii) 对于$(x, y) \in J{\alpha} \times J’{\beta}$，$F(x, y) = 0$当且仅当$y = f(x)$；

(iii) 隐函数$f(x)$是$C^1$的，且
[
f’(x) = -\left.\frac{Fx(x, y)}{F_y(x, y)}\right|{y = f(x)}, \quad \forall x \in J_{\alpha}
]

多元情形

设$F(x, y)$为$m + 1$个变量$C^1$函数，定义域$D \subset \mathbb{R}^{m + 1}$为开集，这里$x = (x1, \cdots, x_m) \in \mathbb{R}^m$，$y \in \mathbb{R}$。假设在点$(x_0, y_0) \in D$处，$F(x_0, y_0) = 0$且$F_y(x_0, y_0) \neq 0$，则$\exists\varepsilon, \delta > 0$以及函数$f(x)$，$x \in B{\delta}(x_0)$，使得

(i) $y0 = f(x_0)$，$F(x, f(x)) \equiv 0$，$\forall x \in B{\delta}(x_0)$；

(ii) $F(x, y) = 0$当且仅当$y = f(x)$，$\forall (x, y) \in B{\delta}(x_0)
\times J{\varepsilon}(y0)$，这里$J{\varepsilon}(y_0)=(y_0 - \varepsilon, y_0 + \varepsilon)$；

(iii) $f(x)$是$C^1$的，且$\nabla f(x) = -Fy(x, y)^{-1}\nabla_xF(x, y)\big|{y = f(x)}$，$x \in B_{\delta}(x_0)$。

太长不看

隐函数问题是在探讨能不能通过方程F(x,y)=0写出来y(x)(或者x(y))。比如我们想要写出y(x),就要求每一个x有唯一的y与之对应。这样就需要F(x,y)在某一个区间内关于y单调变化，这样就可以唯一地解出来y(x)了。因此我们需要$F_y(x,y)\neq 0$，即每一个x对应唯一的y(局部)。

反函数定理

这个定理很直观，函数在某个区间单调可以写出反函数。实际上它就是隐函数定理的特殊化版本。

Theorem

设$f(x)$在开区间$(a, b)$上连续可微。若$f’(x_0) \neq 0$，$x_0 \in (a, b)$，则存在$\delta > 0$，以及函数$x = g(y)$，$y \in J$，其中$J = (y_0 - \delta, y_0 + \delta)$，$y_0 = f(x_0)$，使得

(i) $x_0 = g(y_0)$；

(ii) 当$|x - x_0|$和$|y - y_0|$均充分小时，$y = f(x) \Longleftrightarrow x = g(y)$；

(iii) $g(y)$在$J$连续可微，且
[
g’(y)=\left.\frac{1}{f’(x)}\right|_{x = g(y)}, \quad y \in J
]

Proof

证：记$F(x, y) = y - f(x)$，则$F(x, y)$是$C^1$的，$F(x0, y_0) = 0$，且$F_x(x_0, y_0)= -f’(x_0) \neq 0$。故由IFT（隐函数定理，Implicit Function Theorem）知存在$\varepsilon, \delta > 0$，以及函数$x = g(y)$，$y \in J$，其中$J = (y_0 - \delta, y_0 + \delta)$，使得
(i) $x_0 = g(y_0)$；
(ii) $y = f(x) \Longleftrightarrow x = g(y)$，$(x, y) \in K \times J$，$K = (x_0 - \varepsilon, x_0 + \varepsilon)$；
(iii) 函数$x = g(y)$是$C^1$的，且
[
g’(y)=-\left.\frac{F_y(x, y)}{F_x(x, y)}\right|{x = g(y)}=\left.\frac{1}{f’(x)}\right|_{x = g(y)}, \quad y \in J
]

定理得证。

做题的时候分两步，先找到F(x,y),然后判断需不需要用“存在隐函数”这个条件进行推导，还是说直接把隐函数看成一个“结果”。

用它作为“条件”

考虑下列方程，指出在哪些点处方程确定了隐函数$y = y(x)$或$x = x(y)$等。
$e^{-(x + y+z)} = x + y + z$.

$F(x,y,z)=e^{-(x + y+z)} - (x + y + z)$

y=y(x)存在：$F_y=-e^{-(x + y+z)} -1$ 恒小于0

x=x(y)存在:$F_x=-e^{-(x + y+z)} -1$ 恒小于0

因此整个平面上都可以确定y(x)和x(y)。

看成“结果”

设$f(u, v)$可微，且有方程$f(ax - cz, ay - bz) = 0$确定了一个可微的隐函数$z = z(x, y)$，求$cz_x + bz_y$;

$f_x=f_uu_x+f_vv_x=f_u(a-cz_x)+f_v(-bz_x)=0$ 得出$z_x=\frac{af_u}{cf_u+bf_v}$

类似可以解出$f_y$，容易验证。

一般情形

设映射$F(x, y)$在$\Omega$上是$C^1$的，$F(x0, y_0) = 0$且$m$阶矩阵$F_y(x_0, y_0)$非奇，则存在$\varepsilon, \delta > 0$，以及映射$\phi(\cdot): B{\delta}(x0) \to \mathbb{R}^m$，使得
(i) $y_0 = \phi(x_0)$；
(ii) $F(x, \phi(x)) \equiv 0$，$\forall x \in B{\delta}(x0)$；
(iii) 对于$(x, y) \in B{\delta}(x0) \times B{\varepsilon}(y0)$，$F(x, y) = 0$ 当且仅当$y = \phi(x)$；
(iv) $\phi(\cdot)$是$C^1$的，且
[
D\phi(x)=-\left.[D_yF(x, y)]^{-1}D_xF(x, y)\right|{y = \phi(x)}, \quad x \in B_{\delta}(x_0)
]

jacobian矩阵

题1

设$F = (f, g): \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^2$，
[
\begin{cases}
f(x, y, u, v) = 3x^2 + y^2 + u^2 + v^2 - 1\
g(x, y, u, v) = x^2 + 2y^2 - u^2 + v^2 - 1
\end{cases}
]

不难验证，点$P0 = (0, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{8}}, \sqrt{\frac{5}{8}})$是方程组$F(x, y, u, v) = 0$的一个解。考虑映射$F$在点$P_0$处的Jacobian矩阵
[
\begin{bmatrix}
6x & 2y & 2u & 2v\
2x & 4y & -2u & 2v
\end{bmatrix}{P_0}=
\begin{bmatrix}
0 & 1 & \frac{1}{\sqrt{2}} & \sqrt{\frac{5}{2}}\
0 & 2 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \sqrt{\frac{5}{2}}
\end{bmatrix}
]

由于矩阵
[
\left.D{(u, v)}F\right|{P_0}=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}} & \sqrt{\frac{5}{2}}\
-\frac{1}{\sqrt{2}} & \sqrt{\frac{5}{2}}
\end{bmatrix}
]

注，其实这里$\frac{\partial (f,g)}{\partial (u,v)}$,$\frac{\partial (f,g)}{\partial (y,v)}$,$\frac{\partial (f,g)}{\partial (y,u)}$都非奇，我们取这个是为了把(x,y)映射到(u,v).

非奇，故由IFT（隐函数定理，Implicit Function Theorem）知存在$C^1$映射$h: B_{\delta} \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$，$(x, y) \mapsto (u, v) = (u(x, y), v(x, y))$，使得

[
\begin{cases}
u(x_0, y_0) = u_0\
v(x_0, y_0) = v_0
\end{cases}
]

其中$B{\delta} = {(x, y), (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 < \delta^2}$，且
[F(x, y, u(x, y), v(x, y)) \equiv 0, \quad \forall(x, y) \in B{\delta}]

进一步映射$h$在点$(x0, y_0)$处的Jacobian矩阵为
[
\begin{align*}
\begin{bmatrix}
u_x & u_y\
v_x & v_y
\end{bmatrix}{(x0,y_0)}&=-\begin{bmatrix}
f_u & f_v\
g_u & g_v
\end{bmatrix}{P0}^{-1}\begin{bmatrix}
f_x & f_y\
g_x & g_y
\end{bmatrix}{P_0}\
&=-\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&\sqrt{\frac{5}{2}}\
\frac{-1}{\sqrt{2}}&\sqrt{\frac{5}{2}}
\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}
0&1\
0&2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
0&\frac{1}{\sqrt{2}}\
0&\frac{-3}{\sqrt{10}}
\end{bmatrix}
\end{align*}
]

注：这里可以进行联系二元情形的隐函数定理$f’(x)=-\frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}$，分母对应y分子对应x。

题2

证明由方程组

在点$(x,y,z)=(1, -1,2)$附近，确定了两个隐函数$x = x(z)$，$y = y(z)$，$z \in (2-\delta,2 + \delta)$，满足$x(2)=1$，$y(2)= -1$，并且它们是$C^{\infty}$的。求$x’(2)$，$y’(2)$，$x’’(2)$，$y’’(2)$。

解：记$F(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-\frac{1}{2}z^{2}$，$G(x,y,z)=x + y+z - 2$，则

计算得

由于

非奇，故根据IFT知方程组

注：关于某几个变量的Jacobian矩阵非奇，说明存在由其他的变量到这几个变量的映射。比如这道题就是z到x,y，即x(z),y(z)。上面的那一道题是x,y→u,v即u=(x,y),v=(x,y)。Jacobian矩阵非奇与偏导数不为零也有联系，比如我们想把z表示成关于x,y的函数，要求对z偏导数不为0，就是要求关于z的导数的jacobian矩阵（虽然只是一个元素）不为0
在点$(x,y,z)=(1, -1,2)$附近，确定了两个隐函数$x = x(z)$，$y = y(z)$，满足$x(2)=1$，$y(2)= -1$。

由于函数 (F(x,y,z))，(G(x,y,z)) 是 (C^{\infty}) 的，故隐函数 (x(z))，(y(z)) 也是 (C^{\infty}) 的。以下求 (x^{\prime}(2))，(y^{\prime}(2))。对恒等式

(\begin{cases}
F(x(z),y(z),z) = 0 \
G(x(z),y(z),z) = 0
\end{cases}) 即 (\begin{cases}
x(z)^2 + y(z)^2 - \frac{1}{2}z^2 = 0 \
x(z) + y(z) + z - 2 = 0
\end{cases})

求导得

(\begin{cases}
2x(z)x^{\prime}(z) + 2y(z)y^{\prime}(z) - z = 0, \
x^{\prime}(z) + y^{\prime}(z) + 1 = 0.
\end{cases})

令 (z = 2)，并注意到 (x(2) = 1)，(y(2) = -1) 得

(\begin{cases}
2x^{\prime}(2) - 2y^{\prime}(2) - 2 = 0, \
x^{\prime}(2) + y^{\prime}(2) + 1 = 0.
\end{cases})

易解得 (x^{\prime}(2) = 0)，(y^{\prime}(2) = -1)。为求 (x^{\prime\prime}(2))，(y^{\prime\prime}(2))，我们需要对恒等式

(\begin{cases}
2x(z)x^{\prime}(z) + 2y(z)y^{\prime}(z) - z = 0, \
x^{\prime}(z) + y^{\prime}(z) + 1 = 0,
\end{cases})

再次求导得

(\begin{cases}
2x^{\prime}(z)^2 + 2x(z)x^{\prime\prime}(z) + 2y^{\prime}(z)^2 + 2y(z)y^{\prime\prime}(z) - 1 = 0, \
x^{\prime\prime}(z) + y^{\prime\prime}(z) = 0.
\end{cases})

令 (z = 2)，并注意 (x(2) = 1)，(y(2) = -1)，(x^{\prime}(2) = 0)，(y^{\prime}(2) = -1) 得

(\begin{cases}
2x^{\prime\prime}(2) + 2 - 2y^{\prime\prime}(2) - 1 = 0, \
x^{\prime\prime}(z) + y^{\prime\prime}(z) = 0,
\end{cases}) 即 (\begin{cases}
x^{\prime\prime}(2) - y^{\prime\prime}(2) = -1/2, \
x^{\prime\prime}(z) + y^{\prime\prime}(z) = 0.
\end{cases})

易解得 (x^{\prime\prime}(2) = -\frac{1}{4})，(y^{\prime\prime}(2) = \frac{1}{4})。解答完毕。

逆映射定理

设$f:\Omega\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$是$C^1$映射，$\Omega$开，$x0\in\Omega$。若$n$阶Jacobian矩阵$Df(x_0)$非奇，则存在映射$g:B{\delta}(y0)\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n(y_0 = f(x_0))$使得
(i) $x_0 = g(y_0)$；
(ii) $f(g(y)) = y$，$y\in B{\delta}(y0)$；
(iii) $g(f(x)) = x$，$\forall x\in B{\varepsilon}(x0)$；
(iv) 映射$g(\cdot)$是$C^1$的，且
[
Dg(y)=\left.[Df(x)]^{-1}\right|{x = g(y)}, \quad \forall y\in B_{\delta}(y_0)
]

例

极坐标变换为$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，其Jacobian矩阵为
[
\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)}=
\begin{bmatrix}
\cos\theta & -r\sin\theta\
\sin\theta & r\cos\theta
\end{bmatrix}
]

易证极坐标变换在区域$r > 0$，$0 < \theta < 2\pi$上可逆，逆变换为$r = \sqrt{x^2 + y^2}$，$\theta = \theta(x, y)$的Jacobian矩阵为
[
\frac{\partial(r, \theta)}{\partial(x, y)}=\left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)}\right]^{-1}=\frac{1}{r}
\begin{bmatrix}
r\cos\theta & r\sin\theta\
-\sin\theta & \cos\theta
\end{bmatrix}
]

隐函数的高阶导数

隐函数的高阶导数计算

例：设三元函数$F(x,y,z)$在开集$\Omega \subset \mathbb{R}^3$上是$C^1$的。设$P0 = (x_0,y_0,z_0) \in \Omega$，使得$F(x_0,y_0,z_0) = 0$且$F_z(x_0,y_0,z_0) \neq 0$。于是由IFT知可由方程$F(x,y,z) = 0$在点$P_0$附近解出唯一的隐函数$z = z(x,y)$，$(x,y) \in B\delta$，这里$B_\delta$表以点$(x_0,y_0)$为心，以$\delta > 0$为半径的开球域。进一步函数$z(x,y)$的偏导数可表为

如之前所提及过的，隐函数$z(x,y)$的光滑性同函数$F(x,y,z)$。故当$F$是$C^2$时，隐函数$z(x,y)$也是$C^2$的。以下以计算二阶偏导数$z_{xx}$为例，来说明如何计算隐函数的高阶偏导数。由导数公式知$z_x = -F_x/F_z$。于是

类似可求其他两个二阶偏导数$z{xy}$，$z{yy}$。

#微积分
多元函数微分
https://haru-lcy.github.io/blog/2025/02/27/VA/
作者
瑾瑜當年
发布于
2025年2月27日
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