Problem 1 P113 Task 7

设 $f(t)$ 在区间 $(a,b)$ 内连续可导,函数 $ F(x,y)= \begin{cases} \frac{f(x)-f(y)}{x-y}, & (x \neq y) \\ f'(x), & (x = y) \end{cases} $ 定义在区域 $ D = (a,b) \times (a,b) $ 上。
证明:对于 $ \forall c \in (a,b) $ ,有 $ \lim_{(x,y) \to (c,c)} F(x,y) = f'(c) $ 。

$ x \neq y $ 的部分与拉格朗日中值定理的形式类似,则据拉格朗日中值定理, $ f(x)-f(y)=f'(\xi)(x-y) $ ,其中 $ \xi \in (min\{x,y\},max\{x,y\})$ ,变形得 $f'(\xi)=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ ,则:
$$ \lim_{(x,y) \to (c,c) , x \neq y} F(x,y) = \lim_{(x,y) \to (c,c) } f'(\xi) = f'(c) $$
对 $ x=y $ 的情况,参考 $F(x,y)$ 定义,有:
$$ \lim_{(x,y) \to (c,c) , x = y} F(x,y) = \lim_{x \to c} f'(x) = f'(c)$$
则原命题得证。

Problem 2 P125 Task 8(2)

求 $ z=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} $ 在点 $(1,0)$ , $(0,1)$ 上的全微分。

解:
$$ \frac{\partial z}{\partial x} =\frac{\sqrt{x^2+y^2}-\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x^2+y^2} = \frac{y^2}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}} $$
$$ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{x}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}} \cdot -\frac{1}{2} \cdot 2y = - \frac{xy}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}} $$
显然,函数的两个偏导数在 $(1,0)$ 和 $(0,1)$ 的邻域上存在,且 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 是初等函数,它们在邻域上是连续的。
$$ \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}z = \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}x \frac{\partial z}{\partial x} + \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}y \frac{\partial z}{\partial y} $$

代入 $(1,0)$ ,有 $ \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}z = 0 $ 。
代入 $(0,1)$ ,有 $ \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}z = \newcommand*{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}}x $ 。

标签: Chinese, Assignment, Maths

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