2026春 期中讲座 — 多元微分学

做法一：整体换元（推荐）

Step 1 — 识别结构。底数和 $\cos$ 内都含 $x^2+y^2$，令 $t=x^2+y^2\to 0^+$ 统一。

Step 2 — 处理指数 $x^2y^2-1$。由 AM-GM：$x^2y^2\le\frac{(x^2+y^2)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\to 0$，所以指数 $\to -1$。

Step 3 — 处理 $1-\cos\sqrt{t}$。等价无穷小 $1-\cos u\sim\frac{u^2}{2}$，代入 $u=\sqrt{t}$：

$$1-\cos\sqrt{t}\sim\frac{(\sqrt{t})^2}{2}=\frac{t}{2}$$

Step 4 — 合并。原式 $= t^{x^2y^2-1}\cdot\frac{t}{2}=\frac{1}{2}t^{x^2y^2}$。由 $0

用放缩：$|x^2y^2\ln t|\le\frac{t^2}{4}|\ln t|\to 0$（因 $t^2|\ln t|\to 0$），所以 $t^{x^2y^2}\to e^0=1$。

$$\boxed{\text{原式}=\frac{1}{2}}$$

做法二：极坐标验证

令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$t=r^2$。指数 $x^2y^2=r^4\cos^2\theta\sin^2\theta=\frac{r^4\sin^2 2\theta}{4}\to 0$。后续同上。极坐标的好处是显式看到指数中 $\theta$ 的影响，但由于 $r^4$ 因子压制了 $\theta$，极限与方向无关。

做法一：底数上界 + 指数下界夹逼（推荐考场写法）

Step 1 — 底数有上界。用 AM-GM：$x^4+y^4\ge 2x^2y^2$，所以：

$$0\le\frac{x^2y^2}{x^4+y^4}\le\frac{x^2y^2}{2x^2y^2}=\frac{1}{2}$$

即底数 $\in[0,\frac{1}{2}]$，且在 $(x,y)\ne(0,0)$ 时底数 $\ge 0$。

Step 2 — 指数趋于 $+\infty$。当 $|x|,|y|$ 充分小（如 $<1$）：

$$\frac{3-x^2}{2y^2+xy^2}=\frac{3-x^2}{y^2(2+x)}\ge\frac{2}{3y^2}\to+\infty$$

Step 3 — 夹逼。$0\le\text{原式}\le\left(\frac{1}{2}\right)^{2/(3y^2)}$。由于 $y\to 0$ 时 $\frac{2}{3y^2}\to+\infty$：

$$0\le\text{原式}\le\left(\frac{1}{2}\right)^{2/(3y^2)}\to 0$$ $$\boxed{0}$$

做法二：极坐标分析底数

令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$：

$$\text{底数}=\frac{r^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{r^4(\cos^4\theta+\sin^4\theta)}=\frac{\cos^2\theta\sin^2\theta}{\cos^4\theta+\sin^4\theta}$$

令 $u=\sin^2 2\theta$：底数 $=\frac{u/4}{1-u/2}$，当 $u\in[0,1]$ 时底数 $\in[0,\frac{1}{2}]$，最大值 $\frac{1}{2}$ 在 $\theta=\pi/4$ 时取到。与 $r$ 完全无关——说明底数由方向决定，但无论哪个方向都 $\le 1/2$。

结论同做法一：底数 $\le 1/2<1$，指数 $\to+\infty$，极限为 $0$。

做法一：取对数 + AM-GM放缩（推荐）

Step 1 — 判型。底数 $|x|+|y|\to 0^+$，指数 $|xy|\to 0$，是 $0^0$ 型不定式。

Step 2 — 取对数。设 $L=\lim(|x|+|y|)^{|xy|}$，则 $\ln L = \lim |xy|\ln(|x|+|y|)$，化为 $0\cdot(-\infty)$ 型。

Step 3 — 放缩。令 $u=|x|,v=|y|,s=u+v\to 0^+$。由 AM-GM：$uv\le\frac{(u+v)^2}{4}=\frac{s^2}{4}$。

$$|\ln L| = |uv\cdot\ln s|\le\frac{s^2}{4}\cdot|\ln s|$$

Step 4 — 核心极限。$\lim_{s\to 0^+}s^2|\ln s|=\lim_{s\to 0^+}\frac{|\ln s|}{1/s^2}\overset{\text{L'H}}{=}\lim\frac{1/s}{2/s^3}=\lim\frac{s^2}{2}=0$。

由夹逼：$\ln L=0$，故 $L=e^0=1$。

$$\boxed{1}$$

做法二：极坐标

$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$|x|+|y|=r(|\cos\theta|+|\sin\theta|)$，$|xy|=r^2|\cos\theta\sin\theta|$。

$$\ln L = r^2|\cos\theta\sin\theta|\cdot\ln\big[r(|\cos\theta|+|\sin\theta|)\big]$$ $$= r^2|\cos\theta\sin\theta|\cdot[\ln r+\ln(|\cos\theta|+|\sin\theta|)]$$

$|\cos\theta\sin\theta|\le\frac{1}{2}$，$|\cos\theta|+|\sin\theta|\in[1,\sqrt{2}]$，所以 $\ln$ 部分有界。

主要项 $r^2\ln r\to 0$（$r\to 0^+$），所以 $\ln L\to 0$，$L=1$。

做法一：$1^\infty$ 标准公式（推荐）

Step 1 — 判型。底数 $e^x+y\sin x\big|_{(0,2)}=1+0=1$，指数 $\frac{1}{xy}\big|_{x\to 0}=\infty$。$1^\infty$ 型。

Step 2 — 用公式 $\lim f^g=e^{\lim g\cdot\ln f}=e^{\lim g(f-1)}$（当 $f\to 1$ 时 $\ln f\sim f-1$）。

Step 3 — 展开 $f-1$：

$$f-1=(e^x-1)+y\sin x$$

$x\to 0$ 时 $e^x-1\sim x$，$\sin x\sim x$，所以：

$$f-1\sim x+yx=x(1+y)$$

Step 4 — 计算 $g(f-1)$：

$$g\cdot(f-1)=\frac{1}{xy}\cdot x(1+y)=\frac{1+y}{y}\xrightarrow{y\to 2}\frac{3}{2}$$ $$\boxed{e^{3/2}}$$

做法二：取对数 + Taylor

$$\ln L = \lim\frac{\ln(e^x+y\sin x)}{xy}$$

$e^x+y\sin x=1+x+yx+O(x^2)=1+x(1+y)+O(x^2)$，所以 $\ln(\cdots)\sim x(1+y)$（当 $x\to 0$）。

$$\ln L = \lim\frac{x(1+y)}{xy}=\frac{1+y}{y}\xrightarrow{y\to 2}\frac{3}{2}$$

结果一致。

解答

(I) 错误——实为极小值。

关键：分析分母的符号。注意 $1-\cos^2 y=\sin^2 y$，所以：

$$\text{分母}=x^2-x\sin y+\sin^2 y$$

配方：$=\left(x-\frac{\sin y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\sin^2 y\ge 0$，且仅在 $(0,0)$ 处 $=0$。

推理链条：

1. 分母 $\ge 0$ 恒成立，在 $(0,0)$ 附近分母 $>0$（除原点外）
2. 极限 $=A>0$，说明在 $(0,0)$ 附近 $\frac{f-f(0,0)}{\text{分母}}>0$
3. 分母 $>0$ + 商 $>0$ $\Rightarrow$ 分子 $f(x,y)-f(0,0)>0$
4. 即 $f(0,0)$ 是附近最小的 → 极小值，不是极大值

(II) 正确——证明 $A=B$。

构造辅助函数 $\phi(h,k)=f(h,k)-f(h,0)-f(0,k)+f(0,0)$。

对 $\phi$ 逐次用中值定理：

$$\phi(h,k)=hk\cdot f_{xy}(\xi,\eta)=hk\cdot f_{yx}(\xi',\eta')$$

令 $(h,k)\to(0,0)$：

$$\frac{\phi(h,k)}{hk}=f_{xy}(\xi,\eta)\to A,\quad \frac{\phi(h,k)}{hk}=f_{yx}(\xi',\eta')\to B$$

同一极限不可能有两个值，故 $A=B$。

详细解题过程

Step 1 — 求 $y(0)$。把 $x=0$ 代入方程：

$$\ln(0+y+1)+(0+1)y=0 \implies \ln(y+1)+y=0$$

令 $h(y)=\ln(y+1)+y$，$h(0)=0+0=0$ ✓。又 $h'(y)=\frac{1}{y+1}+1>0$，严格递增，所以 $y=0$ 是唯一解。

Step 2 — 隐函数求导。方程 $F(x,y)=\ln(5x+y+1)+(x+1)y=0$ 两边对 $x$ 求导（$y=y(x)$）：

$$\frac{5+y'}{5x+y+1}+y+(x+1)y'=0$$

这里对 $\ln(5x+y+1)$ 用链式法则：$\frac{(5x+y+1)'}{5x+y+1}=\frac{5+y'}{5x+y+1}$；对 $(x+1)y$ 用乘法法则：$y+(x+1)y'$。

Step 3 — 代入 $x=0,y=0$。

$$\frac{5+y'(0)}{0+0+1}+0+(0+1)y'(0)=0$$ $$5+y'(0)+y'(0)=0 \implies 5+2y'(0)=0$$ $$\boxed{y'(0)=-\frac{5}{2}}$$

做法二：隐函数求导公式

$y'=-\frac{F_x}{F_y}$。$F_x=\frac{5}{5x+y+1}+y$，$F_y=\frac{1}{5x+y+1}+(x+1)$。

代入 $(0,0)$：$F_x=5+0=5$，$F_y=1+1=2$。$y'(0)=-5/2$。✓

详细解题过程

Step 1 — 理清变量关系。题目给了 $z=f(x,y,z)$ 和 $y=\varphi(x,t)$。需要求 $\pp z/\pp y$ 和 $\pp z/\pp t$——这意味着将 $y,t$ 视为自变量，$x,z$ 视为因变量。

Step 2 — 建立方程组。

$$\begin{cases} F_1 = z - f(x,y,z) = 0 \\ F_2 = y - \varphi(x,t) = 0 \end{cases}$$

自变量 $(y,t)$，未知量 $(x,z)$。由隐函数定理（条件 $\varphi_x\ne 0$, $f_z\ne 1$ 保证了Jacobian非零），可解出 $x=x(y,t), z=z(y,t)$。

Step 3 — 对 $y$ 求偏导（固定 $t$）：

$F_1$ 对 $y$：$\frac{\pp z}{\pp y}-f_x\frac{\pp x}{\pp y}-f_y\cdot 1-f_z\frac{\pp z}{\pp y}=0$   ①

$F_2$ 对 $y$：$1-\varphi_x\frac{\pp x}{\pp y}-0=0$   ②  （$t$ 固定，$\varphi_t$ 项为0）

由②：$\frac{\pp x}{\pp y}=\frac{1}{\varphi_x}$。代入①：

$$(1-f_z)\frac{\pp z}{\pp y}=\frac{f_x}{\varphi_x}+f_y$$ $$\boxed{\frac{\pp z}{\pp y}=\frac{f_x/\varphi_x+f_y}{1-f_z}}$$

Step 4 — 对 $t$ 求偏导（固定 $y$）：

$F_1$ 对 $t$：$\frac{\pp z}{\pp t}-f_x\frac{\pp x}{\pp t}-f_z\frac{\pp z}{\pp t}=0$   ③  （$f_y$ 项无，因为 $y$ 固定）

$F_2$ 对 $t$：$0-\varphi_x\frac{\pp x}{\pp t}-\varphi_t=0$   ④

由④：$\frac{\pp x}{\pp t}=-\frac{\varphi_t}{\varphi_x}$。代入③：

$$\boxed{\frac{\pp z}{\pp t}=\frac{-f_x\varphi_t/\varphi_x}{1-f_z}=\frac{f_x\varphi_t}{\varphi_x(f_z-1)}}$$

详细解题过程

Step 1 — 先确定 $f(0,0)$。

分母 $\sqrt{x^2+y^2}\to 0$，极限 $A$ 有限 $\Rightarrow$ 分子 $\to 0$。

但 $\int_0^1 f(t\cdot 0,t\cdot 0)\dd t=\int_0^1 f(0,0)\dd t=f(0,0)$。

若 $f(0,0)\ne 0$，分子 $\to f(0,0)\ne 0$，分母 $\to 0$，极限不存在。故 $f(0,0)=0$。

Step 2 — 沿 $y=0$ 方向取极限，求 $f_x(0,0)$。

$$\lim_{x\to 0}\frac{\int_0^1 f(tx,0)\dd t}{|x|}=A$$

换元 $u=tx$（$\dd u=x\dd t$）：当 $x>0$ 时 $\int_0^1 f(tx,0)\dd t=\frac{1}{x}\int_0^x f(u,0)\dd u$。

代入：$\frac{1}{|x|}\cdot\frac{1}{x}\int_0^x f(u,0)\dd u$。

当 $x\to 0^+$：$=\frac{1}{x^2}\int_0^x f(u,0)\dd u$，$\frac{0}{0}$ 型，L'Hôpital：

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x,0)}{2x}=\frac{f_x(0,0)}{2}$$

（因 $f(0,0)=0$，所以 $\lim\frac{f(x,0)}{x}=\lim\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=f_x(0,0)$）

当 $x\to 0^-$：类似分析得到 $-\frac{f_x(0,0)}{2}$。

左右极限要相等（因为整体极限 $A$ 存在），所以 $\frac{f_x(0,0)}{2}=-\frac{f_x(0,0)}{2}$，即 $f_x(0,0)=0$。

Step 3 — 同理沿 $x=0$ 方向，得 $f_y(0,0)=0$。

由 Step 2 可知 $A=\frac{f_x(0,0)}{2}=0$。

$$\boxed{f_x(0,0)=f_y(0,0)=0,\quad A=0}$$

详细解题过程

Step 1 — 整理函数。$f = xy(1+y)e^{x+y}$，写成 $f = P(x)\cdot Q(y)\cdot e^{x+y}$ 的形式，其中 $P(x)=x$（一次），$Q(y)=y+y^2$（二次）。

Step 2 — 先对 $x$ 求5次偏导。$f = x\cdot[y(1+y)e^y]\cdot e^x$，对 $x$ 求导就是对 $xe^x$ 求导（$y$ 部分是常数）。

$(xe^x)' = (1+x)e^x$，$(xe^x)'' = (2+x)e^x$，归纳得 $(xe^x)^{(n)} = (n+x)e^x$。

验证：$\frac{\dd^n}{\dd x^n}(xe^x) = (n+x)e^x$（归纳法或 Leibniz公式：$\sum_{k=0}^{\min(1,n)}\binom{n}{k}x^{(k)}(e^x)^{(n-k)} = xe^x+ne^x$）。

$$\frac{\pp^5 f}{\pp x^5} = (5+x)e^x\cdot y(1+y)e^y = (5+x)\cdot y(1+y)\cdot e^{x+y}$$

Step 3 — 再对 $y$ 求5次偏导。需要对 $g(y) = (y+y^2)e^y$ 求5阶导。用 Leibniz 公式 $(uv)^{(n)}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}u^{(k)}v^{(n-k)}$：

$u = y+y^2$：$u' = 1+2y$，$u'' = 2$，$u^{(k)}=0$（$k\ge 3$）。$v=e^y$：$v^{(k)}=e^y$。

$$g^{(5)} = \binom{5}{0}(y+y^2)e^y + \binom{5}{1}(1+2y)e^y + \binom{5}{2}\cdot 2\cdot e^y$$ $$= (y+y^2)e^y + 5(1+2y)e^y + 20e^y$$ $$= (y^2+y+5+10y+20)e^y = (y^2+11y+25)e^y$$

Step 4 — 合并。

$$\frac{\pp^{10}f}{\pp x^5\pp y^5} = (5+x)\cdot(y^2+11y+25)\cdot e^{x+y}$$ $$\boxed{\frac{\pp^{10}f}{\pp x^5\pp y^5} = (x+5)(y^2+11y+25)e^{x+y}}$$

详细解题过程（三步判断法）

第一步：连续性——用放缩法。

目标：证 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0)$。

$$|f(x,y)|=\frac{|x|^3}{x^2+y^2}\le\frac{|x|^3}{x^2}=|x|\to 0 \quad\checkmark$$

也可极坐标：$f=r\cos^3\theta\to 0$。结论：连续。

第二步：可偏导性——用定义。

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^3/h^2-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h}{h}=1$$ $$f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{0-0}{k}=0$$

结论：可偏导，$f_x(0,0)=1$，$f_y(0,0)=0$。

第三步：可微性——用定义验证。

可微要求：$\lim\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x\cdot x-f_y\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$，即：

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\frac{x^3}{x^2+y^2}-x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\lim\frac{x^3-x(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^{3/2}}=\lim\frac{-xy^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}$$

取路径 $y=x$：$\frac{-x\cdot x^2}{(2x^2)^{3/2}}=\frac{-x^3}{2\sqrt{2}|x|^3}=\frac{-\text{sgn}(x)}{2\sqrt{2}}$。

$x\to 0^+$ 时 $\to -\frac{1}{2\sqrt{2}}\ne 0$。极限不存在（或至少 $\ne 0$）。结论：不可微。

详细解题过程

Step 1 — 单位化方向向量。

$$\vec{l}=(1,1)\implies\vec{e}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$

Step 2 — 用方向导数定义。

$$\frac{\pp f}{\pp l}\bigg|_{(0,0)}=\lim_{t\to 0^+}\frac{f\!\left(\frac{t}{\sqrt{2}},\frac{t}{\sqrt{2}}\right)-f(0,0)}{t}$$

Step 3 — 代入 $f$。$x=y=\frac{t}{\sqrt{2}}\ne 0$，所以用分段函数的第一支：

$$f\!\left(\frac{t}{\sqrt{2}},\frac{t}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\frac{t}{\sqrt{2}}\cdot\frac{t^2}{2}}{\frac{t^2}{2}+\frac{t^2}{2}}=\frac{\frac{t^3}{2\sqrt{2}}}{t^2}=\frac{t}{2\sqrt{2}}$$

Step 4 — 求极限。

$$\frac{\pp f}{\pp l}=\lim_{t\to 0^+}\frac{t/(2\sqrt{2})}{t}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$$

等等——让我重新算。$xy^2 = \frac{t}{\sqrt{2}}\cdot\frac{t^2}{2}=\frac{t^3}{2\sqrt{2}}$，$x^2+y^2=t^2$。所以：

$$f=\frac{t^3/(2\sqrt{2})}{t^2}=\frac{t}{2\sqrt{2}}$$ $$\frac{\pp f}{\pp l}=\lim_{t\to 0^+}\frac{t/(2\sqrt{2})}{t}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$$ $$\boxed{\frac{\pp f}{\pp l}\bigg|_{(0,0)}=\frac{\sqrt{2}}{4}}$$

解答：选 (D)，I 和 II 都不正确

(I) 不正确。

反例：$f(x,y)=(x^2+y^2)e^{-(x^2+y^2)}$ 在 $D=\RR^2$（无界区域）。

• $f$ 有唯一极大值：在 $x^2+y^2=1$ 的圆上 $f=e^{-1}$（极大值）
• 但当 $x^2+y^2\to\infty$ 时 $f\to 0$，$f(0,0)=0$ 是极小值
• 所以唯一极大值 $e^{-1}$ 确实是最大值——这个反例需要修正

更精确的反例：一元情况 $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上。唯一极大值在 $x=1$，$f(1)=\frac{1}{2}$。但 $D$ 无界，$f$ 趋向0但始终 $<\frac{1}{2}$。实际上此例中极大值恰好就是最大值。

关键反例：考虑区域 $D=\{(x,y): y>0\}$，$f(x,y)=y\cdot e^{-y^2}\sin^2 x$。$f$ 可以在某点取唯一极大值但区域上无最大值（因 $D$ 不闭，极值点可能在边界外）。

更简单地：题目说"$D$ 内有唯一极值"，没说 $D$ 有界或闭。在无界开区域上，即使唯一极大值也不一定是最大值。

(II) 不正确。

反例：设 $D$ 是环形域 $\{1

关键是 $D$ 不是关于 $x$ 方向的凸集（即不是"$x$-简单域"）。若 $D$ 是凸区域（或至少沿 $x$ 方向是连通的），则 $f_x\equiv 0 \Rightarrow f$ 沿每条水平线段为常数 $\Rightarrow f=\varphi(y)$。但若 $D$ 不连通于 $x$ 方向（如环形），同一 $y$ 值对应的两段可以取不同的常数值。

详细证明

Step 1 — 利用极限条件"截断"。

取一个具体的函数值 $M=f(0,0)$（也可以用任意点）。

由 $\lim_{x^2+y^2\to+\infty}f(x,y)=+\infty$ 的定义：对 $M+1$，$\exists R>0$，当 $x^2+y^2\ge R^2$ 时 $f(x,y)>M+1>M$。

Step 2 — 在有界闭集上用最值定理。

$\overline{D}=\{(x,y):x^2+y^2\le R^2\}$ 是有界闭集，$f$ 在 $\overline{D}$ 上连续。

由Weierstrass最值定理：$f$ 在 $\overline{D}$ 上取到最小值 $m$，设在 $(x_0,y_0)\in\overline{D}$ 取到，即 $f(x_0,y_0)=m\le f(0,0)=M$。

Step 3 — 证明 $m$ 也是全局最小值。

对 $\forall(x,y)\in\RR^2$，分两种情况：

• $(x,y)\in\overline{D}$：$f(x,y)\ge m$（$m$ 是 $\overline{D}$ 上最小值）
• $(x,y)\notin\overline{D}$：$x^2+y^2>R^2$，$f(x,y)>M\ge m$

所以 $f(x,y)\ge m=f(x_0,y_0)$ 对所有 $(x,y)\in\RR^2$ 成立。$\blacksquare$

详细证明

Step 1 — 提取已知信息。

• $f$ 在 $P_0$ 可微：$f(P)-f(P_0)=f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$
• $|f(P)|\le\rho$（$\rho=\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$），特别 $f(P_0)=0$
• $g(P)\to A$（$P\to P_0$）

Step 2 — 证明 $f_x(P_0)=f_y(P_0)=0$。

由可微性：$f(P)=f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$（因 $f(P_0)=0$）。

取 $\Delta y=0$：$f(x_0+\Delta x,y_0)=f_x\Delta x+o(|\Delta x|)$。

又 $|f|\le\rho=|\Delta x|$，所以 $|f_x\Delta x+o(|\Delta x|)|\le|\Delta x|$。

除以 $|\Delta x|$：$|f_x+o(1)|\le 1$。但这只说明 $|f_x|\le 1$，不够。

更好的推理：由 $|f(P)|\le\rho$，得 $\left|\frac{f}{\rho}\right|\le 1$。又可微给出 $\frac{f}{\rho}=f_x\frac{\Delta x}{\rho}+f_y\frac{\Delta y}{\rho}+o(1)$。

取 $\Delta y=0$：$\frac{f}{\rho}=f_x\cdot\text{sgn}(\Delta x)+o(1)$，$\left|\frac{f}{\rho}\right|\le 1$。但事实上我们需要的是更强的结论。

直接用定义：$f_x(P_0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)}{Δx}$，而 $|f(x_0+\Delta x,y_0)|\le|\Delta x|$，所以 $|f_x|\le 1$。

再看 $|f|\le\rho$ 更精确：$|\frac{f}{\rho}|\le 1$ 对所有方向。取 $(\Delta x,\Delta y)=(h,0)$：$|f_x|\le 1$。取 $(0,k)$：$|f_y|\le 1$。

但实际上可微 + $|f|\le\rho$ 可以推出 $f=o(\rho)$（更强）：由 $f=f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$ 和 $|f|\le\rho$，有 $|f_x\cos\theta+f_y\sin\theta+o(1)|\le 1$ 对所有 $\theta$。这要求 $\sqrt{f_x^2+f_y^2}\le 1$，但不推出为零。

正确推理（关键！）：实际上条件 $|f|\le\Delta\rho$ 中的 $\Delta$ 可以任意小（这是题目中 $\Delta\rho$ 的含义——$\Delta$ 是余项的记号，即 $f=O(\rho)$）。检查原题：$|f(x,y)|\le\Delta\rho$ 其中 $\Delta\rho=\rho$。这就是 $|f|\le\rho$。

由可微：$f=f_x\Delta x+f_y\Delta y+\alpha\rho$（$\alpha\to 0$）。在方向 $(\cos\theta,\sin\theta)$ 上：$f = \rho(f_x\cos\theta+f_y\sin\theta+\alpha)$。由 $|f|\le\rho$，得 $|f_x\cos\theta+f_y\sin\theta+\alpha|\le 1$ 对所有 $\theta$。令 $\rho\to 0$（$\alpha\to 0$）：$|f_x\cos\theta+f_y\sin\theta|\le 1$ 对所有 $\theta$。

这确实允许 $f_x,f_y\ne 0$（只要 $f_x^2+f_y^2\le 1$）。但我们后面不需要 $f_x=f_y=0$——只需要 $h=fg$ 可微。

Step 3 — 证明 $h=fg$ 在 $P_0$ 可微。

$h(P_0)=f(P_0)\cdot g(P_0)=0\cdot g(P_0)=0$（不论 $g(P_0)$ 是否有定义，$f(P_0)=0$）。

$h(P)=f(P)\cdot g(P)$。要证：

$$\frac{h(P)-0-h_x\Delta x-h_y\Delta y}{\rho}\to 0$$

需要先求 $h_x,h_y$。由 $h=fg$：$h_x=f_x g+fg_x|_{P_0}=f_x\cdot A+0$（$f(P_0)=0$，$g$ 在 $P_0$ 可能不可导但极限为 $A$）。

但 $g$ 在 $P_0$ 不一定可导！需要更直接的方法。

直接验证：目标是证 $h(P)/\rho\to 0$（如果 $h_x=h_y=0$）。

$$\left|\frac{h(P)}{\rho}\right|=\left|\frac{f(P)\cdot g(P)}{\rho}\right|\le\frac{\rho\cdot|g(P)|}{\rho}=|g(P)|\to|A|$$

这只说明 $|h/\rho|$ 有界，不够。需要更精确地用 $f=o(\rho)$... 但 $f$ 不一定是 $o(\rho)$。

实际上条件 $|f|\le\Delta\rho$ 中 $\Delta$ 表示增量：$\Delta\rho = \rho$，所以就是 $|f|\le\rho$。

但 $f$ 可微且 $f(P_0)=0$，所以 $f = f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)$。关键是这不等于 $f=o(\rho)$。

正确做法：直接用可微定义。

$$h(P)=f(P)g(P)=[f_x\Delta x+f_y\Delta y+o(\rho)]\cdot g(P)$$ $$= g(P)f_x\Delta x+g(P)f_y\Delta y+o(\rho)\cdot g(P)$$

由 $g(P)\to A$ 且 $o(\rho)\cdot g(P)=o(\rho)\cdot O(1)=o(\rho)$：

$$h(P)=Af_x\Delta x+Af_y\Delta y+(g-A)f_x\Delta x+(g-A)f_y\Delta y+o(\rho)$$

$(g-A)\to 0$，$\frac{(g-A)\Delta x}{\rho}\to 0\cdot\cos\theta=0$，同理 $y$ 项。所以 $h_x=Af_x$, $h_y=Af_y$。

$$\frac{h-Af_x\Delta x-Af_y\Delta y}{\rho}=\frac{(g-A)(f_x\Delta x+f_y\Delta y)+o(\rho)\cdot g}{\rho}$$ $$=(g-A)(f_x\cos\theta+f_y\sin\theta)+o(1)\to 0\cdot(\text{bounded})+0=0$$

故 $h$ 在 $P_0$ 可微。$\blacksquare$

详细解题过程

Step 1 — 求切点坐标。将 $(u,v)=(1,2)$ 代入：

$$x_0=1+2=3,\quad y_0=1^2+2^2=5,\quad z_0=1^3+2^3=9$$

切点为 $(3,5,9)$。

Step 2 — 求两个切向量。

$$\vec{r}_u=\left(\frac{\pp x}{\pp u},\frac{\pp y}{\pp u},\frac{\pp z}{\pp u}\right)=(1,2u,3u^2)\bigg|_{u=1}=(1,2,3)$$ $$\vec{r}_v=\left(\frac{\pp x}{\pp v},\frac{\pp y}{\pp v},\frac{\pp z}{\pp v}\right)=(1,2v,3v^2)\bigg|_{v=2}=(1,4,12)$$

Step 3 — 法向量 $=\vec{r}_u\times\vec{r}_v$。

$$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&2&3\\1&4&12\end{vmatrix}=\vec{i}(2\cdot12-3\cdot4)-\vec{j}(1\cdot12-3\cdot1)+\vec{k}(1\cdot4-2\cdot1)$$ $$=(24-12)\vec{i}-(12-3)\vec{j}+(4-2)\vec{k}=(12,-9,2)$$

Step 4 — 写切平面方程。

$$12(x-3)-9(y-5)+2(z-9)=0$$

展开：$12x-36-9y+45+2z-18=0$，即：

$$\boxed{12x-9y+2z=9}$$

验证：代入 $(3,5,9)$：$36-45+18=9$ ✓

详细解题过程

设方向 $\vec{l}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$（已单位化）。由方向导数定义：

$$\frac{\pp f}{\pp l}\bigg|_{(0,0)}=\lim_{t\to 0^+}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0^+}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)}{t}$$

情况1：$\sin\alpha\ne 0$（$\vec{l}$ 不沿 $x$ 轴，即 $y\ne 0$）

此时 $t\sin\alpha\ne 0$，用 $y\ne 0$ 那支：

$$f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)=\frac{(t\cos\alpha)^3}{t\sin\alpha}=\frac{t^3\cos^3\alpha}{t\sin\alpha}=\frac{t^2\cos^3\alpha}{\sin\alpha}$$ $$\frac{\pp f}{\pp l}=\lim_{t\to 0^+}\frac{t^2\cos^3\alpha/(sin\alpha)}{t}=\lim_{t\to 0^+}\frac{t\cos^3\alpha}{\sin\alpha}=0$$

情况2：$\sin\alpha=0$（$\vec{l}$ 沿 $x$ 轴正向或负向）

$\vec{l}=(1,0)$：$f(t,0)=0$（$y=0$ 那支），方向导数 $=0/t=0$。

$\vec{l}=(-1,0)$：$f(-t,0)=0$，同理为 $0$。

$$\boxed{\frac{\pp f}{\pp l}\bigg|_{(0,0)}=0,\quad\text{沿任意方向 }\vec{l}}$$

详细解题过程

Step 1 — 求切点坐标。代入 $t=\pi/2$：

$$x_0=2\cdot\frac{\pi}{2}-\sin\frac{\pi}{2}=\pi-1$$ $$y_0=1-\cos\frac{\pi}{2}=1-0=1$$ $$z_0=4\sin\frac{\pi/2}{2}=4\sin\frac{\pi}{4}=4\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$$

Step 2 — 求切向量（求导）。

$$x'(t)=2-\cos t,\quad y'(t)=\sin t,\quad z'(t)=4\cdot\frac{1}{2}\cos\frac{t}{2}=2\cos\frac{t}{2}$$

在 $t=\pi/2$：

$$x'=2-\cos\frac{\pi}{2}=2-0=2$$ $$y'=\sin\frac{\pi}{2}=1$$ $$z'=2\cos\frac{\pi}{4}=2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$$

切向量 $\vec{T}=(2,1,\sqrt{2})$。

Step 3 — 写切线方程。

$$\boxed{\frac{x-(\pi-1)}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}}$$

详细证明

Step 1 — 利用两种表达式分别求偏导。

由 $F(x,y)=f(x)+g(y)$：$F_x=f'(x)$，$F_y=g'(y)$。

由 $F(x,y)=S(r)$（$r=\sqrt{x^2+y^2}$）：$F_x=S'(r)\cdot\frac{x}{r}$，$F_y=S'(r)\cdot\frac{y}{r}$。

Step 2 — 联立消去 $S'(r)$。

$$f'(x)=S'(r)\cdot\frac{x}{r},\quad g'(y)=S'(r)\cdot\frac{y}{r}$$

两式相除（$x,y\ne 0$ 时）：

$$\frac{f'(x)}{g'(y)}=\frac{x}{y}\implies\frac{f'(x)}{x}=\frac{g'(y)}{y}$$

Step 3 — "分离变量"论证。

$\frac{f'(x)}{x}$ 仅含 $x$，$\frac{g'(y)}{y}$ 仅含 $y$。两者对所有 $(x,y)$ 相等 $\Rightarrow$ 两边都等于同一常数 $2c_1$。

（如果左边随 $x$ 变化则右边也要变，但右边与 $x$ 无关，矛盾。）

Step 4 — 积分求解。

$$f'(x)=2c_1 x\implies f(x)=c_1 x^2+a$$ $$g'(y)=2c_1 y\implies g(y)=c_1 y^2+b$$ $$F=f(x)+g(y)=c_1(x^2+y^2)+(a+b)=c_1(x^2+y^2)+c_2\quad\blacksquare$$

做法一：梯度分析（几何直观，推荐）

Step 1 — 解读条件。设 $\frac{f_x}{x}=\frac{f_y}{y}=\frac{f_z}{z}=\lambda(x,y,z)$。

则 $\grad f=(f_x,f_y,f_z)=\lambda(x,y,z)$。即梯度方向 $\parallel$ 径向方向。

Step 2 — $f$ 在球面上为常数。

球面 $S_R:x^2+y^2+z^2=R^2$ 的法向量是 $(x,y,z)$。

取球面上任意切向量 $\vec{v}$（$\vec{v}\perp(x,y,z)$）：

$$\frac{\pp f}{\pp\vec{v}}=\grad f\cdot\vec{v}=\lambda(x,y,z)\cdot\vec{v}=0$$

$f$ 沿球面上任意方向的方向导数为 $0$ $\Rightarrow$ $f$ 在每个球面上是常数 $\Rightarrow$ $f$ 只依赖 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。$\blacksquare$

做法二：换元为球坐标（计算验证）

做球坐标变换 $x=r\sin\varphi\cos\theta$, $y=r\sin\varphi\sin\theta$, $z=r\cos\varphi$。

$f_\theta=f_x\cdot x_\theta+f_y\cdot y_\theta+f_z\cdot z_\theta=f_x(-r\sin\varphi\sin\theta)+f_y(r\sin\varphi\cos\theta)+0$

$=r\sin\varphi(-\lambda x\sin\theta+\lambda y\cos\theta)=\lambda r\sin\varphi(-x\sin\theta+y\cos\theta)=0$

（代入 $x=r\sin\varphi\cos\theta,y=r\sin\varphi\sin\theta$ 验证：$-\cos\theta\sin\theta+\sin\theta\cos\theta=0$）

同理 $f_\varphi=0$。所以 $f$ 不依赖 $\theta,\varphi$，仅依赖 $r$。$\blacksquare$

详细解题过程

Step 1 — 理解"所有方向导数的最大值"。

在一个固定点 $(x_0,y_0)$，方向导数 $\frac{\pp f}{\pp\vec{e}}=\grad f\cdot\vec{e}=|\grad f|\cos\alpha$（$\alpha$ 是 $\vec{e}$ 与梯度的夹角）。

所以方向导数的最大值 $=|\grad f|$（沿梯度方向取到），最小值 $=-|\grad f|$（沿反方向取到）。

Step 2 — 计算梯度。

$$\grad f=(f_x,f_y)=(x+y,\;x)$$ $$|\grad f|^2=(x+y)^2+x^2=2x^2+2xy+y^2$$

Step 3 — 在曲线 $C$ 上求 $|\grad f|^2$ 的最值。

令 $\Phi(x,y)=2x^2+2xy+y^2$，约束 $G(x,y)=2x^2+2xy+y^2+3x-3y+10=0$。

注意到 $G=\Phi+3x-3y+10=0$，即 $\Phi=-3x+3y-10$。

惊喜！在曲线 $C$ 上，$|\grad f|^2=\Phi=-3x+3y-10$，是 $(x,y)$ 的线性函数！

Step 4 — 在曲线上求线性函数 $h(x,y)=-3x+3y-10$ 的最值。

用 Lagrange 乘数法：$\grad h=\mu\grad G$：

$$(-3,3)=\mu(4x+2y+3,\;2x+2y-3)$$

由两个分量：$-3=\mu(4x+2y+3)$，$3=\mu(2x+2y-3)$。

相除：$-1=\frac{4x+2y+3}{2x+2y-3}$，即 $-(2x+2y-3)=4x+2y+3$，$-2x-2y+3=4x+2y+3$，$6x+4y=0$，$y=-\frac{3x}{2}$。

代入约束 $G=0$：$2x^2+2x(-\frac{3x}{2})+\frac{9x^2}{4}+3x-3(-\frac{3x}{2})+10=0$

$$2x^2-3x^2+\frac{9x^2}{4}+3x+\frac{9x}{2}+10=0$$

合并 $x^2$ 项：$2-3+\frac{9}{4}=\frac{8-12+9}{4}=\frac{5}{4}$。合并 $x$ 项：$3+\frac{9}{2}=\frac{15}{2}$。

$$\frac{5x^2}{4}+\frac{15x}{2}+10=0\implies 5x^2+30x+40=0\implies x^2+6x+8=0$$ $$(x+2)(x+4)=0\implies x=-2\text{ 或 }x=-4$$

对应 $y=-\frac{3x}{2}$：$(x,y)=(-2,3)$ 或 $(-4,6)$。

验证满足 $G=0$：$(-2,3)$：$8-12+9-6-9+10=0$ ✓；$(-4,6)$：$32-48+36-12-18+10=0$ ✓

计算 $h=|\grad f|^2=-3x+3y-10$：

• $(-2,3)$：$h=6+9-10=5$，方向导数范围 $\pm\sqrt{5}$
• $(-4,6)$：$h=12+18-10=20$，方向导数范围 $\pm\sqrt{20}=\pm 2\sqrt{5}$

$$\boxed{\text{方向导数最大值}=2\sqrt{5},\quad\text{最小值}=-2\sqrt{5}}$$

（在点 $(-4,6)$ 处沿梯度方向取到最大值 $2\sqrt{5}$，沿反方向取到最小值 $-2\sqrt{5}$）

详细证明（反证法 + 极值原理）

Step 1 — 构造辅助函数。令 $\phi=g-f$。目标：证 $\phi\le 0$ 在 $D$ 内恒成立。

Step 2 — 分析 $\phi$ 的边界行为。

• $f\to+\infty$（当 $x^2+y^2\to 1^-$，条件(1)）
• $g$ 有界（题设）
• $\Rightarrow$ $\phi=g-f\to -\infty$（在 $\pp D$ 附近）

Step 3 — 反证法。假设 $\exists P_0\in D$ 使 $\phi(P_0)>0$。

由 Step 2，$\phi$ 在边界附近 $\to -\infty$，在 $P_0$ 处 $>0$。$\phi$ 在 $D$ 内连续。

$\Rightarrow$ $\phi$ 在 $D$ 内取到最大值（用 Q13 的方法：边界处 $\to-\infty$，所以最大值一定在内部取到），设在 $P_1\in D$ 处取到。$\phi(P_1)\ge\phi(P_0)>0$。

Step 4 — 极大值处的二阶条件。

$P_1$ 是 $\phi$ 的极大值点 $\Rightarrow$ $\phi_{xx}(P_1)\le 0$ 且 $\phi_{yy}(P_1)\le 0$（Hessian半负定的必要条件）。

$$\Delta\phi(P_1)=\phi_{xx}+\phi_{yy}\le 0 \quad \cdots(*)$$

Step 5 — 利用PDE条件得到矛盾。

$$\Delta\phi=\Delta g-\Delta f\ge e^g-e^f \quad\text{（由条件(2)：$\Delta g\ge e^g$，$\Delta f=e^f$）}$$

在 $P_1$ 处：

$$e^{g(P_1)}-e^{f(P_1)}\le\Delta\phi(P_1)\overset{(*)}{\le}0$$

$\Rightarrow$ $e^{g(P_1)}\le e^{f(P_1)}$ $\Rightarrow$ $g(P_1)\le f(P_1)$ $\Rightarrow$ $\phi(P_1)\le 0$。

但 $\phi(P_1)\ge\phi(P_0)>0$，矛盾！$\blacksquare$