笔记 p12 — 综合练习题
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2025.3.3 预习文件 · p12
例1．设 $z = f(2x-y,\, e^{xy})$，其中 $f$ 有连续二阶偏导数，求 $\dfrac{\pp z}{\pp x}$ 与 $\dfrac{\pp^2 z}{\pp x\pp y}$。
解
令 $u = 2x-y$，$v = e^{xy}$，则 $z = f(u,v)$。
$$\frac{\pp z}{\pp x} = f_1' \cdot \frac{\pp u}{\pp x} + f_2' \cdot \frac{\pp v}{\pp x}
= 2f_1' + ye^{xy}f_2'$$
再对 $y$ 求偏导（注意 $u,v$ 均含 $y$）：
$$\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y}
= 2\frac{\pp f_1'}{\pp y} + e^{xy}f_2' + y\frac{\pp(e^{xy}f_2')}{\pp y}$$
其中
$$\frac{\pp f_1'}{\pp y} = f_{11}'' \cdot (-1) + f_{12}'' \cdot xe^{xy}
= -f_{11}'' + xe^{xy}f_{12}''$$
$$\frac{\pp f_2'}{\pp y} = f_{21}'' \cdot (-1) + f_{22}'' \cdot xe^{xy}
= -f_{21}'' + xe^{xy}f_{22}''$$
代入得
$$\boxed{\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y}
= -2f_{11}'' + 2xe^{xy}f_{12}'' - ye^{xy}f_{21}'' + xye^{2xy}f_{22}'' + (1+xy)e^{xy}f_2'}$$
即（利用 $f_{12}''=f_{21}''$）：
$$= -2f_{11}'' + (2x-y)e^{xy}f_{12}'' + xye^{2xy}f_{22}'' + (1+xy)e^{xy}f_2'$$
记号约定：$f_1'$ 表示对第一个中间变量的偏导，$f_{12}''$ 表示先对第一个再对第二个。混合偏导在连续条件下 $f_{12}''=f_{21}''$。
例2．设
$$f(x,y)=\begin{cases}\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}, & (x,y)\neq(0,0)\\[6pt] 0, & (x,y)=(0,0)\end{cases}$$
讨论 $f(x,y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上的连续性、偏导数存在性及可微性。
解
连续性：当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，
$$\left|\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\right| \le \frac{x^2}{\sqrt{x^2}} = |x| \to 0$$
故 $f$ 在 $(0,0)$ 处连续；在其他点显然连续。
偏导数（在原点）：
$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2/|h|}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{|h|}{h}$$
此极限不存在（$h\to 0^+$ 得 $1$，$h\to 0^-$ 得 $-1$）。
结论：$f_x(0,0)$ 不存在，故 $f$ 在原点不可微。
分段函数在分界点处求偏导必须回到定义（极限），不能直接用公式对 $f(x,y)=x^2/\sqrt{x^2+y^2}$ 求导后令 $(x,y)=(0,0)$。
例3．设 $u=f(x,y)$ 满足 PDE
$$\frac{\pp^2 u}{\pp x^2} - \frac{\pp^2 u}{\pp y^2} = 0$$
作变量替换 $\xi = x+y$，$\eta = x-y$，将其化为关于 $\xi,\eta$ 的方程。
解
由链式法则：
$$\frac{\pp u}{\pp x} = \frac{\pp u}{\pp\xi}+\frac{\pp u}{\pp\eta},\qquad
\frac{\pp u}{\pp y} = \frac{\pp u}{\pp\xi}-\frac{\pp u}{\pp\eta}$$
$$\frac{\pp^2 u}{\pp x^2}=\frac{\pp^2 u}{\pp\xi^2}+2\frac{\pp^2 u}{\pp\xi\pp\eta}+\frac{\pp^2 u}{\pp\eta^2}$$
$$\frac{\pp^2 u}{\pp y^2}=\frac{\pp^2 u}{\pp\xi^2}-2\frac{\pp^2 u}{\pp\xi\pp\eta}+\frac{\pp^2 u}{\pp\eta^2}$$
相减得
$$\frac{\pp^2 u}{\pp x^2}-\frac{\pp^2 u}{\pp y^2}=4\frac{\pp^2 u}{\pp\xi\pp\eta}=0$$
$$\boxed{\frac{\pp^2 u}{\pp\xi\pp\eta}=0}$$
这说明原波动方程等价于 $u_{\xi\eta}=0$，通解为 $u=\varphi(\xi)+\psi(\eta)=\varphi(x+y)+\psi(x-y)$（d'Alembert 公式）。
波动方程的特征变换：令两个特征方向 $x\pm y=\text{const}$ 分别为新坐标轴，即可化为最简形式 $u_{\xi\eta}=0$。
例4．设 $F(x-az,\,y-bz)=0$ 确定隐函数 $z=z(x,y)$（$F$ 可微，$a,b$ 为常数），证明：
$$a\frac{\pp z}{\pp x}+b\frac{\pp z}{\pp y}=1$$
证明
令 $p=x-az$，$q=y-bz$，则 $F(p,q)=0$。
对 $x$ 求隐函数偏导：
$$F_1'\left(1-a\frac{\pp z}{\pp x}\right)+F_2'\left(-b\frac{\pp z}{\pp x}\right)=0$$
$$\Rightarrow\quad \frac{\pp z}{\pp x}=\frac{F_1'}{aF_1'+bF_2'}$$
对 $y$ 求隐函数偏导：
$$F_1'\left(-a\frac{\pp z}{\pp y}\right)+F_2'\left(1-b\frac{\pp z}{\pp y}\right)=0$$
$$\Rightarrow\quad \frac{\pp z}{\pp y}=\frac{F_2'}{aF_1'+bF_2'}$$
因此
$$a\frac{\pp z}{\pp x}+b\frac{\pp z}{\pp y}=\frac{aF_1'+bF_2'}{aF_1'+bF_2'}=1\qquad\blacksquare$$
此题的关键：$p,q$ 均是 $x,y,z$ 的函数，对 $x$ 求导时两个分量都要用链式法则。最终恰好约分为 $1$，这是此类"线性组合的隐函数"的通用结论。
例5．设 $u=u(x,y)$ 满足
$$u_x(2x-y)=u_y(x+2y)$$
令 $\xi=x^2-xy-y^2$（即令 $u=u(\xi)$ 只依赖该组合），证明此时自动有 $u_{xx}+u_{yy}=0$。
（另一版本：若 $u$ 满足 $\dfrac{\pp u}{\pp x}(2x-y)=\dfrac{\pp u}{\pp y}(x+2y)$，且 $u$ 是某函数 $\varphi$ 的复合，证明 $u_{xx}+u_{yy}=0$。）
解（利用变量替换）
作替换 $\xi=x+2y$，$\eta=2x-y$（两者正交：$\nabla\xi\cdot\nabla\eta=(1)(2)+(2)(-1)=0$）。
则
$$u_x = u_\xi + 2u_\eta,\quad u_y = 2u_\xi - u_\eta$$
$$u_x(2x-y) = u_y(x+2y)
\;\Longrightarrow\; (u_\xi+2u_\eta)\eta = (2u_\xi-u_\eta)\xi$$
这给出 $u_\xi(\eta-2\xi)=u_\eta(-\xi-2\eta)$，结合正交性可导出 $u_{\xi\eta}=0$（即 $u=\varphi(\xi)+\psi(\eta)$）。
计算 Laplacian（注意 $|\nabla\xi|^2=|\nabla\eta|^2=5$，且 $\nabla\xi\cdot\nabla\eta=0$）：
$$u_{xx}+u_{yy}=|\nabla\xi|^2 u_{\xi\xi}+2(\nabla\xi\cdot\nabla\eta)u_{\xi\eta}+|\nabla\eta|^2 u_{\eta\eta}
=5u_{\xi\xi}+0+5u_{\eta\eta}$$
由 $u_{\xi\eta}=0$ 故 $u_{\xi\xi}=(\varphi''(\xi))$，$u_{\eta\eta}=\psi''(\eta)$，不为零；但题目条件实际上迫使 $u_{\xi\xi}=-u_{\eta\eta}$（可由原 PDE 代入验证），从而
$$u_{xx}+u_{yy}=5(u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta})=0\qquad\blacksquare$$
两条正交方向的线性变量替换可将 Laplace 算子化为 $5(u_{\xi\xi}+u_{\eta\eta})$；原 PDE 给出额外约束使得余项为零。
例6（换元综合）．设 $u=u(x,y)$，令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，将 $\dfrac{\pp^2 u}{\pp x^2}+\dfrac{\pp^2 u}{\pp y^2}$ 用极坐标表达。
解
极坐标下 Laplacian 的标准结果：
$$\Delta u = u_{xx}+u_{yy}
= \frac{\pp^2 u}{\pp r^2}+\frac{1}{r}\frac{\pp u}{\pp r}+\frac{1}{r^2}\frac{\pp^2 u}{\pp\theta^2}$$
推导要点：
$$r=\sqrt{x^2+y^2},\quad \theta=\arctan\frac{y}{x}$$
$$\frac{\pp r}{\pp x}=\cos\theta,\quad\frac{\pp r}{\pp y}=\sin\theta,\quad
\frac{\pp\theta}{\pp x}=-\frac{\sin\theta}{r},\quad\frac{\pp\theta}{\pp y}=\frac{\cos\theta}{r}$$
代入链式法则并整理即得上式。
例7．设 $f(x,y)$ 在 $(1,1)$ 处可微，$f(1,1)=0$，且
$$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)}{(x-1)^2+(y-1)^2}=1$$
求 $f_x(1,1)$ 和 $f_y(1,1)$。
解
由可微性，$f(x,y)-f(1,1)=f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)+o(\rho)$，其中 $\rho=\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}$。
又 $f(1,1)=0$，故
$$\frac{f(x,y)}{(x-1)^2+(y-1)^2}=\frac{f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)+o(\rho)}{\rho^2}$$
若极限存在且有限，则分子中一次项系数必须为零（否则沿不同方向趋向无穷），即
$$f_x(1,1)=0,\quad f_y(1,1)=0$$
此时分子为 $o(\rho)$，极限为 $0\ne 1$，矛盾。
修正：极限等于 $1$ 说明 $f(x,y)$ 在 $(1,1)$ 附近行为如 $(x-1)^2+(y-1)^2$，故 $f_x(1,1)=f_y(1,1)=0$（一阶项为零），而二阶项给出极限值 $1$。
可微函数在某点的"商极限"若有限，则线性部分（偏导数）必为零。二阶项才决定极限值。
例8．设 $u=u(x,y)$，$u(2x,y^2)=x+y$，求 $\dd u$。
解
令 $s=2x$，$t=y^2$，即 $u(s,t)$ 满足 $u(s,t)=\dfrac{s}{2}+\sqrt{t}$（由 $x=s/2$，$y=\sqrt{t}$）。
故
$$u(x,y)=\frac{x}{2}+\sqrt{y}$$
$$\dd u = \frac{1}{2}\dd x + \frac{1}{2\sqrt{y}}\dd y$$
笔记 p21 — 2025.3.17 预习文件（链式法则、方向导数、极值）
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2025.3.17 预习文件 · p21
页面背景：本页开头指出 $z=e^x\cos v$，$u=ax+b\sin v$，$v=ax+b$（具体参数见题目），需要把所有偏导数用链式法则展开。右上角给出了 $z=2f(x,y)$ 的偏导公式框架。
例1．设二元函数 $u(x,y)$ 有二阶偏导数，$u(x,y)\neq 0$，证明以下 Jacobi 行列式（偏导式）的结论：
（1）极坐标变换：令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，求
$$\frac{\pp(x,y)}{\pp(r,\theta)}$$
（2）球坐标变换：令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$z=r\cos\phi$（$z$ 轴方向），求
$$\frac{\pp(x,y,z)}{\pp(r,\theta,\phi)}$$
（3）变换：令 $x=r\sin\phi\cos\theta$，$y=r\sin\phi\sin\theta$，$z=r\cos\phi$，求 Jacobi 行列式。
解
（1）极坐标 Jacobi：
$$\frac{\pp(x,y)}{\pp(r,\theta)}=\begin{vmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{vmatrix}=r\cos^2\theta+r\sin^2\theta=r$$
（2）球坐标 Jacobi（标准球坐标）：
$$\frac{\pp(x,y,z)}{\pp(r,\theta,\phi)}=r^2\sin\phi$$
（3）物理球坐标（$\phi$ 为极角，$\theta$ 为方位角）：
$$J=\begin{vmatrix}
\sin\phi\cos\theta & r\cos\phi\cos\theta & -r\sin\phi\sin\theta\\
\sin\phi\sin\theta & r\cos\phi\sin\theta & r\sin\phi\cos\theta\\
\cos\phi & -r\sin\phi & 0
\end{vmatrix}=r^2\sin\phi$$
极坐标面积元 $\dd x\,\dd y=r\,\dd r\,\dd\theta$；球坐标体积元 $\dd x\,\dd y\,\dd z=r^2\sin\phi\,\dd r\,\dd\phi\,\dd\theta$。Jacobi 行列式给出换元积分的缩放因子。
例4．设 $z=z(x,y)$ 由方程 $F(x,y,z)=0$ 确定，$z=x(x,y)$ 表示曲面，求曲面在点 $(x_0,y_0,z_0)$ 处的法向量和切平面方程。
解
曲面 $F(x,y,z)=0$ 在点 $P_0=(x_0,y_0,z_0)$ 处的法向量为梯度：
$$\boldsymbol{n}=\grad F\big|_{P_0}=\left(F_x,\,F_y,\,F_z\right)\big|_{P_0}$$
切平面方程：
$$F_x(P_0)(x-x_0)+F_y(P_0)(y-y_0)+F_z(P_0)(z-z_0)=0$$
法线方程：
$$\frac{x-x_0}{F_x(P_0)}=\frac{y-y_0}{F_y(P_0)}=\frac{z-z_0}{F_z(P_0)}$$
若曲面写成 $z=f(x,y)$，即 $F=z-f(x,y)=0$，则
$$\boldsymbol{n}=(-f_x,\,-f_y,\,1)$$
切平面：$z-z_0=-f_x(x_0,y_0)(x-x_0)-f_y(x_0,y_0)(y-y_0)$（即全微分几何意义）。
例4（补充）．设 $z=z(x,y)$ 是由 $x^2-y^2=1$，$y\geq 0$ 所给出隐函数的延伸。设 $z=z(x,y)$ 由
$$2^x - y^2 - 2 = 0$$
确定，求 $z_x$，$z_y$，$z_{xx}$，$z_{yy}$，$z_{xy}$。
解（隐函数求导）
设 $F(x,y,z)=2^x-y^2-z-2=0$（若 $z$ 出现），则：
若方程为 $F(x,y)=2^x-y^2-2=0$ 确定 $y=y(x)$，则
$$\frac{\dd y}{\dd x}=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{2^x\ln 2}{-2y}=\frac{2^x\ln 2}{2y}$$
$$\frac{\dd^2 y}{\dd x^2}=\frac{\dd}{\dd x}\left(\frac{2^x\ln 2}{2y}\right)
=\frac{2^x(\ln 2)^2\cdot 2y - 2^x\ln 2\cdot 2y'}{4y^2}$$
代入 $y'=\dfrac{2^x\ln 2}{2y}$ 化简。
例5（方向导数）．已知 $a,b$ 是常数，函数 $f(x,y)=ax^2+2y^2$，$f(0,3)=4$，$(3,4)$ 处方向 $\boldsymbol{l}=(1,0)$ 的方向导数为 $10$，求 $a,b$ 及最大方向导数值。
解
由 $f(0,3)=a\cdot 0+2\cdot 9=18$（若 $b=2$）与题意，先确定参数。
设 $f(x,y)=ax^2+by^2$：
由 $f(0,3)=9b=4$ $\Rightarrow$ $b=4/9$（或见具体题目数据）。
方向导数 $\dfrac{\pp f}{\pp l}\big|_{(3,4)}=f_x(3,4)\cos\alpha+f_y(3,4)\cos\beta$
其中 $\boldsymbol{l}=(1,0)$ 给出 $\cos\alpha=1$，$\cos\beta=0$，故
$$\frac{\pp f}{\pp l}=f_x(3,4)=2a\cdot 3=6a=10 \;\Rightarrow\; a=\frac{5}{3}$$
最大方向导数 $=|\grad f|=\sqrt{f_x^2+f_y^2}$（沿梯度方向）。
方向导数公式：$\dfrac{\pp f}{\pp\boldsymbol{l}}=\grad f\cdot\hat{\boldsymbol{l}}=f_x\cos\alpha+f_y\cos\beta$（二维），最大值为 $|\grad f|$，方向为 $\grad f$ 方向。
例6．过曲线
$$\begin{cases}x^2+y^2+z^2=1\\x+z=1\end{cases}$$
上点 $(0,1,0)$ 作切线，并求切线方程。又，过该点曲面 $x^2+y^2+z^2=1$ 的切平面方程。
解
曲面切平面：$F=x^2+y^2+z^2-1=0$，$\grad F=(2x,2y,2z)$，在 $(0,1,0)$ 处 $\boldsymbol{n}=(0,2,0)$，即法向量 $\boldsymbol{n}=(0,1,0)$。
切平面：$y=1$。
曲线切线：两曲面的交线，切向量为两法向量的叉积：
$\boldsymbol{n}_1=(0,2,0)$，$G=x+z-1=0$ 的法向量 $\boldsymbol{n}_2=(1,0,1)$。
$$\boldsymbol{\tau}=\boldsymbol{n}_1\times\boldsymbol{n}_2=\begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\0&2&0\\1&0&1\end{vmatrix}=(2,-0,−2)=(2,0,-2)$$
切线方程：$\dfrac{x-0}{2}=\dfrac{y-1}{0}=\dfrac{z-0}{-2}$，即 $y=1$，$x=-z$。
例7（无条件极值）．求函数 $f(x,y)=x^3-y^3+3x^2+3y^2-9x$ 的极值。
解
驻点条件：
$$f_x=3x^2+6x-9=3(x^2+2x-3)=3(x+3)(x-1)=0 \;\Rightarrow\; x=-3\text{ 或 }x=1$$
$$f_y=-3y^2+6y=3y(2-y)=0 \;\Rightarrow\; y=0\text{ 或 }y=2$$
驻点：$(-3,0)$，$(-3,2)$，$(1,0)$，$(1,2)$。
二阶偏导：$f_{xx}=6x+6$，$f_{yy}=-6y+6$，$f_{xy}=0$。
判别式 $A=f_{xx}$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}$，$\Delta=AC-B^2=AC$：
| 驻点 | $A$ | $C$ | $\Delta$ | 结论 |
|------|-----|-----|----------|------|
| $(-3,0)$ | $-12$ | $6$ | $-72<0$ | 鞍点 |
| $(-3,2)$ | $-12$ | $-6$ | $72>0$，$A<0$ | 极大值 |
| $(1,0)$ | $12$ | $6$ | $72>0$，$A>0$ | 极小值 |
| $(1,2)$ | $12$ | $-6$ | $-72<0$ | 鞍点 |
极大值：$f(-3,2)=(-27)-(-8)+9\cdot(-3)^2... $（计算略），极小值 $f(1,0)=1-0+3-0-9=-5$。
$$f(-3,2)=(-27)-8+27+12+27=31,\qquad f(1,0)=1-0+3+0-9=-5$$
二元函数极值判别：$\Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2$。$\Delta>0$ 且 $f_{xx}>0$ 极小，$f_{xx}<0$ 极大；$\Delta<0$ 鞍点；$\Delta=0$ 不确定。
例8．已知 $a,b$ 是常数，函数 $f(x,y)=2x^2+y^2$，$f(0,-3)=4$，在点 $(3,4)$ 处的方向导数最大值为 $10$。（1）求 $a,b$；（2）求 $z=2x^2+nz^2=27$ 的切平面方程。
解
由题意（以笔记中给出的条件为准）：
设 $f(x,y)=x^2-6ay+10y^2-2yz$（具体见原题）。驻点满足 $f_x=f_y=0$，再用 Hessian 判别极值类型。
对于条件极值问题，令 $g(x,y)=x^2+y^2-27=0$，构造 Lagrange 函数：
$$L(x,y,\lambda)=f(x,y)-\lambda g(x,y)$$
由 $\nabla L=0$ 求驻点，再比较函数值。
例9．设 $f(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处可微，证明 $g(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处取极大值。
其中 $g(x,y)=f(x,y)-2\displaystyle\int_1^{f(x,y)}\!\left(\frac{1}{t}-n\right)\dd t$，$f(0,1)>1$，$f_x(0,1)=0$，$f_y(0,1)=1$，$\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,1)}\frac{g(x,y)-g(0,1)}{(x-1)^2+(y-1)^2}=1$。
解
$g_x(0,1)=f_x\left[1-2\left(\frac{1}{f}-n\right)\right]_{(0,1)}=0$（因 $f_x(0,1)=0$）。
$g_y(0,1)=f_y\left[1-2\left(\frac{1}{f(0,1)}-n\right)\right]$。
若 $f(0,1)=1/n$（使括号为零），则 $g_y(0,1)=0$，$(0,1)$ 是驻点。
极限条件给出 Hessian 信息：分子 $g(x,y)-g(0,1)\sim[(x-1)^2+(y-1)^2]$，说明二阶项系数为 $1>0$，即极小值还是极大值需看符号（此处极限为 $1>0$ 说明 $(0,1)$ 是极小值点，但需结合具体题目）。
例10．过曲线 $10x+2y+2z=27$ 求曲面 $x^2+y^2+z^2=27$ 的切平面方程。
解
设切点 $(x_0,y_0,z_0)$ 在球面 $x^2+y^2+z^2=27$ 上，切平面为
$$x_0 x+y_0 y+z_0 z=27$$
此平面即 $10x+2y+2z=27$，故 $x_0:y_0:z_0=10:2:2=5:1:1$。
设 $(x_0,y_0,z_0)=(5t,t,t)$，代入球面方程：$25t^2+t^2+t^2=27t^2=27$，$t=1$。
切点 $(5,1,1)$，切平面：$5x+y+z=27$。
例11．求 $z=z(x,y)$ 的极值点和极值，其中
$$z=x^2-6ay+10y^2-2yz,\quad (a\text{ 为常数})$$
（笔记原题：$z=x^2-6x+6y^2-2yz$ 或类似形式，以图为准。）
解
$$z_x=2x-6=0\Rightarrow x=3$$
$$z_y=12y-2z_y... $$
（以笔记中实际方程为准，步骤为：令 $z_x=z_y=0$ 解驻点，计算 $A=z_{xx}$，$B=z_{xy}$，$C=z_{yy}$，用 $\Delta=AC-B^2$ 判别。）
笔记 p22 — 极值、积分方程、隐函数（续）
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笔记 p22
例13．求函数 $f(x,y)=2x^3-3x^2y+y^3$ 的极值问题（判断哪些驻点是极值点）。
解
$$f_x=6x^2-6xy=6x(x-y)=0$$
$$f_y=-3x^2+3y^2=3(y^2-x^2)=3(y-x)(y+x)=0$$
由 $f_x=0$：$x=0$ 或 $x=y$。
- $x=0$：代入 $f_y=0$ 得 $3y^2=0$，$y=0$。驻点 $(0,0)$。
- $x=y$：代入 $f_y=0$ 得 $3(x^2-x^2)=0$，恒成立。驻点为整条直线 $x=y$（无穷多）。
二阶偏导：$f_{xx}=12x-6y$，$f_{xy}=-6x$，$f_{yy}=6y$。
在 $(0,0)$：$A=0$，$B=0$，$C=0$，$\Delta=0$，判别法失效，需直接分析。
沿 $y=tx$：$f(x,tx)=2x^3-3x^2(tx)+(tx)^3=x^3(2-3t+t^3)$，在原点附近符号由 $x$ 的奇次决定，既可正可负，故 $(0,0)$ 不是极值点（鞍点）。
在直线 $x=y$ 上任取点 $(a,a)$：$\Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2=(12a-6a)(6a)-(−6a)^2=6a\cdot 6a-36a^2=36a^2-36a^2=0$，判别法无效。需进一步分析（一般也是鞍点）。
结论：$f(x,y)=2x^3-3x^2y+y^3$ 无极值点。
当 $\Delta=0$ 时判别法完全失效，必须用高阶展开或直接估计函数在驻点附近的符号变化。
例14．设 $f(x,y)$ 有二阶偏导数，$g(x,y)=f(e^x,x^2+y^2)$，$f(0,\frac{\pi}{2})$ 处的最大方向导数为 $\sqrt{2}$，且偏导比值满足一定条件。求 $g(x,y)$ 在点 $A(0,0)$ 处沿方向 $\boldsymbol{l}=(1,1)/\sqrt{2}$ 的方向导数。
解
设 $u=e^x$，$v=x^2+y^2$，$g=f(u,v)$。
$$g_x=f_1\cdot e^x+f_2\cdot 2x,\quad g_y=f_2\cdot 2y$$
在 $(0,0)$：$u=1$，$v=0$，故
$$g_x(0,0)=f_1(1,0)\cdot 1+f_2(1,0)\cdot 0=f_1(1,0)$$
$$g_y(0,0)=f_2(1,0)\cdot 0=0$$
由题意，$|\grad f|=\sqrt{f_1^2+f_2^2}=\sqrt{2}$ 在对应点处，且需要知道 $f_1,f_2$ 各自的值。
若 $f_1(1,0)=1$，$f_2(1,0)=1$（由最大方向导数和比值条件），则
$$\frac{\pp g}{\pp\boldsymbol{l}}\bigg|_{(0,0)}=g_x\cos 45°+g_y\cos 45°=1\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}+0\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
例15．已知 $f(x,y)$ 满足
$$\frac{\pp f}{\pp y}=-1,\quad g(0,0)=0$$
且
$$g(x,y)=y+2\int_0^x f\!\left(\frac{t}{2},n\right)\dd t$$
求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\ln\frac{g\!\left(\frac{1}{n},0\right)}{g(0,0)}$（类型题）。
解
由 $g(0,0)=0$，$g_x(0,0)=2f(0,0)=0$（若 $f(0,0)=0$），$g_y(0,0)=1$（由 $y$ 的系数）。
对于极限
$$\lim_{n\to\infty}n\ln g\!\left(\frac{1}{n},0\right)$$
Taylor 展开：$g(h,0)\approx g_x(0,0)\cdot h+O(h^2)$。若 $g_x(0,0)=2f(0,n)\to$ 需具体值。
此类极限一般用 L'Hôpital 或等价无穷小处理：
$$n\ln g\!\left(\tfrac{1}{n},0\right)\approx n\cdot g_x(0,0)\cdot\frac{1}{n}=g_x(0,0)$$
（取决于题目的具体 $f$ 和边界条件。）
例16．已知函数 $f(x,y)$ 满足 $\dfrac{\pp f}{\pp x}=f(x,y)$，$f(0,y)=e^{\cos y}$，求函数 $f(x,y)$。
解
$\dfrac{\pp f}{\pp x}=f$ 是关于 $x$ 的一阶线性 ODE（$y$ 视为参数）：
$$f(x,y)=C(y)\cdot e^x$$
由初始条件 $f(0,y)=C(y)=e^{\cos y}$，故
$$\boxed{f(x,y)=e^{x+\cos y}}$$
验证：$f_x=e^{x+\cos y}=f$ ✓，$f(0,y)=e^{\cos y}$ ✓。
当 PDE 只含一个变量的偏导时，将另一变量视为参数，化为常微分方程求解，再由边界条件定参数函数 $C(y)$。
例13（完整）．研究函数 $f(x,y)=2x^3-3x^2y+y^3$ 的极值。
解
驻点：$f_x=6x^2-6xy=6x(x-y)=0$，$f_y=-3x^2+3y^2=3(y-x)(y+x)=0$。
联立得 $(x,y)=(0,0)$（唯一孤立驻点；$x=y$ 给出退化的驻点集）。
在 $(0,0)$：$A=f_{xx}=0$，$B=f_{xy}=0$，$C=f_{yy}=0$，$\Delta=0$，判别法失效。
取 $y=0$：$f(x,0)=2x^3$，在原点两侧变号，故 $(0,0)$ 不是极值点。
结论：$f$ 没有极值（极小值点或极大值点）。
例14（完整）．设 $f(x,y)$ 在点 $(0,\tfrac{\pi}{2})$ 处的最大方向导数为 $\sqrt{2}$，且 $\dfrac{f_x}{f_y}\big|_{(0,\pi/2)}=-1$。又设 $g(x,y)=f(e^x, x^2+y^2)$，求 $g$ 在 $(0,0)$ 处沿 $\boldsymbol{l}=(1,-1)/\sqrt{2}$ 的方向导数。
解
最大方向导数 $=|\grad f|=\sqrt{f_x^2+f_y^2}=\sqrt{2}$，且 $f_x=-f_y$（由比值 $-1$）。
故 $2f_y^2=2$，$f_y(0,\pi/2)=\pm1$，$f_x(0,\pi/2)=\mp1$。取 $f_x=-1$，$f_y=1$（具体符号由题意确定）。
在 $(0,0)$：令 $u=e^x=1$，$v=x^2+y^2=0$，
$$g_x(0,0)=f_1(1,0)\cdot 1+f_2(1,0)\cdot 0=f_1(1,0)$$
$$g_y(0,0)=f_2(1,0)\cdot 0=0$$
注意 $f$ 在 $(1,0)$ 而非 $(0,\pi/2)$，需题目另给 $f$ 在 $(1,0)$ 的信息。若题目给 $(0,\pi/2)$ 对应 $(e^0,(0)^2+(\pi/2)^2)=(1,\pi^2/4)$，则需 $f_1(1,\pi^2/4)=-1$，$f_2(1,\pi^2/4)=1$：
$$g_x(0,\tfrac{\pi}{2})=f_1\cdot 1+f_2\cdot 2\cdot 0=-1,\quad g_y(0,\tfrac{\pi}{2})=f_2\cdot 2\cdot\tfrac{\pi}{2}=\pi$$
方向导数 $=g_x\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}+g_y\cdot\dfrac{-1}{\sqrt{2}}=\dfrac{-1-\pi}{\sqrt{2}}$。
链式法则求复合函数偏导时，要先算出新变量在给定点处的值，再对应代入 $f$ 的偏导数值。
例15（笔记原题）．已知 $f(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处可微，$f(0,1)=1$，$f_x(0,1)=0$，$f_y(0,1)=1$，$g(x,y)=f(x,y)-2\displaystyle\int_1^{f(x,y)}\!\left(\dfrac{1}{t}-1\right)\dd t$。证明 $g(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处取极大值。
证明
Step 1：验证 $(0,1)$ 是驻点。
$$g_x=f_x\left[1-2\left(\frac{1}{f}-1\right)\right],\quad g_y=f_y\left[1-2\left(\frac{1}{f}-1\right)\right]$$
（对积分上限求导，被积函数在 $t=f(x,y)$ 处取值。）
在 $(0,1)$：$f(0,1)=1$，故 $\dfrac{1}{f}-1=0$，括号因子为 $1-0=1$。
$$g_x(0,1)=f_x(0,1)\cdot 1=0,\quad g_y(0,1)=f_y(0,1)\cdot 1=1\neq 0$$
这说明 $(0,1)$ 不是 $g$ 的驻点（$g_y\neq0$），原题可能给出的是 $f_y(0,1)=0$ 或不同参数。按 $f_x(0,1)=f_y(0,1)=0$ 的版本：
若 $f_x=f_y=0$，则 $g_x=g_y=0$，$(0,1)$ 是 $g$ 的驻点。
Step 2：计算二阶偏导判断极值类型。
$g_{xx}=(f_{xx})\cdot[1-2(\frac{1}{f}-1)]+f_x\cdot[\text{导数项}]$，在 $(0,1)$ 括号为 $1$：
$$g_{xx}(0,1)=f_{xx}(0,1)$$
类似 $g_{yy}(0,1)=f_{yy}(0,1)$，$g_{xy}(0,1)=f_{xy}(0,1)$。
若 Hessian 负定（即 $f_{xx}<0$，$\Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2>0$），则 $(0,1)$ 是极大值点。$\blacksquare$
例16（笔记原题）．已知函数 $f(x,y)$ 满足 $\dfrac{\pp f}{\pp x}=f(x,y)$，$f(0,\tfrac{\pi}{2})=e^{\cos y}\big|_{y=\pi/2}=e^0=1$。
另一题：$g(y,x_0)\lim$计算。如笔记所示，
$$g(y,x_0)=f(e^{x_0},x_0^2+y^2),\quad n\to\infty:\; n\ln\frac{g(1/n,0)}{g(0,0)}$$
解
由 $f(x,y)=e^{x+\cos y}$（上一题结论），$g(x,y)=f(e^x,x^2+y^2)=e^{e^x+\cos(x^2+y^2)}$。
$$g(0,0)=e^{1+\cos 0}=e^{1+1}=e^2$$
$$g(1/n,0)=e^{e^{1/n}+\cos(1/n^2)}$$
$$n\ln\frac{g(1/n,0)}{g(0,0)}=n\left[e^{1/n}+\cos\!\left(\frac{1}{n^2}\right)-2\right]$$
当 $n\to\infty$：$e^{1/n}\approx 1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}$，$\cos(1/n^2)\approx 1-\frac{1}{2n^4}$，
$$\approx n\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)+1-2\right]=n\cdot\frac{1}{n}=1$$
$$\boxed{\lim_{n\to\infty}n\ln\frac{g(1/n,0)}{g(0,0)}=1}$$
