Revision | 高等数学 A I（期末）

Abstract. 高等数学复习笔记，参考资料是李忠, 周建莹. 高等数学（上）。

• 微分中值定理
  • 洛必达法则
  • Darboux 定理
  • 杂题
• 解析几何
  • 二次曲面的形状判定
• 多元函数微分学
  • 简单点集拓扑
  • 多元函数的极限与连续性
  • 偏导数 全微分
  • 方向导数 梯度
  • 中值定理 泰勒公式
  • 隐函数存在定理 逆映射存在定理
  • 极值

微分中值定理

约定 共有三个，以下函数均在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，出现在分母时均默认非零。

定理 1.(Rolle) 若 $f(a)=f(b)$

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mathrm{\exists }\xi \in (a,b).f^{\prime }(\xi )=0\end{array}$$

定理 2.(Lagrange)

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \mathrm{\exists }\xi \in (a,b).f^{\prime }(\xi )=\frac{f(a)-f(b)}{a-b}\end{array}$$

定理 3.(Cauchy)

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \mathrm{\exists }\xi \in (a,b).\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(a)-f(b)}{g(a)-g(b)}\end{array}$$

其中 Rolle 定理是三个定理的基础。Lagrange 定理是最常用的形式。Cauchy 定理应用似乎只有用于证明洛必达法则和泰勒公式。

Proof Sketch 1. 根据最大最小值定理和费马定理，只需证明存在非端点的极值点。若端点同时是最大值和最小值那么函数是常函数，否则最大值或者最小值不在端点。

Proof Sketch 2. 构造函数，给 $f$ 减去一条直线即可，再用罗尔定理

Proof Sketch 3. 构造函数再用罗尔定理。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& H(x)=(f(x)-f(a))(g(b)-g(a))-(f(a)-f(b))(g(x)-g(a))\end{array}$$

Lagrange 定理可以导出如下重要命题，此命题是不定积分加常数的依据。

命题 4. $f^{\prime }(x)\equiv 0\iff f(x)\equiv f(a)$。

Proof.

根据 Lagrange 定理，对于任意 $x\in (a,b]$ 都有

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \mathrm{\exists }\xi .f(x)=f(a)+(x-a)f^{\prime }(\xi )\end{array}$$

而 $f^{\prime }(\xi )\equiv 0$，因此 $f(x)\equiv f(a)$。$◻$

事实上在实际问题当中我们经常是构造函数然后使用罗尔定理，但是构造函数的方法不一定很明显。像上面拉格朗日中值定理的 Proof Sketch 中的借助几何直观的构造不一定能够完成。因此我们给出一个比较去智慧化的证明。

Proof.

现要证明

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \mathrm{\exists }\xi .f^{\prime }(\xi )-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\end{array}$$

根据罗尔定理我们只需要证明如下函数有两个零点。

$$\begin{array}{}\text{(7)}& f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x+C\end{array}$$

根据 $\xi$ 可能的范围和出于这两个零点应当尽可能平凡的猜测，这个零点应当就是 $a,b$。代入之后可以得到关于 $C$ 的方程，事实上你可以发现他们确实也是同解的。

当然罗尔定理有如下广义形式。

定理 1-1. 若 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导且 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=l$，那么存在 $\xi$，$f^{\prime }(\xi )=0$。

一种证明方法是寻找 $f(a)=f(b)$ 的点，然后做一些讨论，比较初等，下面我们给出一个比较阴间的证明。

Proof.

考虑构造函数

$$\begin{array}{}\text{(8)}& F(x)=\{\begin{array}{ll}f(\tan x),& -\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}\\ l& x=\pm \frac{\pi }{2}\end{array}\end{array}$$

可以证明 $F(x)$ 满足罗尔定理的条件，于是存在 $-\frac{\pi }{2}<\xi <\frac{\pi }{2}$ 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$。

$$\begin{array}{}\text{(9)}& F^{\prime }(\xi )=\frac{f^{\prime }(\xi )}{{\cos }^2\xi }\Rightarrow f^{\prime }(\xi )=0\end{array}$$

$◻$

洛必达法则

定理 5.(L’Hospital) 设函数 $f(x),g(x)$ 在某点 $x_0$ 的邻域内可导，且 $f(x_0)=g(x_0)=0$，若 $\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}$ 存在，$\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}$ 也存在，且这两个极限相等。

只需要在分子分母上同时配一个 $-0$ i.e. $-f(x)$ 和 $-g(x)$，然后用 Cauchy 中值定理即可。

这是 $\frac{0}{0}$ 型未定式上的洛必达法则，此外还有 $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ 型未定式上的洛必达法则，证明难度是 $\frac{0}{0}$ 上的形式的完全上位。

定理 6.(L’Hospital) 设函数 $f(x),g(x)$ 在某点 $x_0$ 的邻域内可导，且 $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=\mathrm{\infty }$，若 $\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}$ 存在，$\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}$ 也存在，且这两个极限相等。

Proof.

设 $\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}=A$，我们要证明

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \underset{x\to x_0}{lim}|\frac{f(x)}{g(x)}-A|=0\end{array}$$

对于一个 $x_1>x$，进行一些放缩

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \begin{array}{rl}& |\frac{f(x)}{g(x)}-A|\\ =& |\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)}-A+\frac{f(x_1)}{g(x)}|\\ \le & |\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)}-A|+\left|\frac{f(x_1)}{g(x)}\right|\\ \le & \left|\frac{g(x)}{g(x)-g(x_1)}\right||\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}-A|+|A|\left|\frac{g(x_1)}{g(x)}\right|+\left|\frac{f(x_1)}{g(x)}\right|\end{array}\end{array}$$

对蓝色的部分用中值定理，变成

$$\begin{array}{}\text{(12)}& \le \left|\frac{g(x)}{g(x)-g(x_1)}\right||\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}-A|+|A|\left|\frac{g(x_1)}{g(x)}\right|+\left|\frac{f(x_1)}{g(x)}\right|\end{array}$$

现在式子中第一项是有界乘无穷小，后面两项是无穷小。但是变量有两个，不是很直观，需要用 $\epsilon -\delta$ 语言详细讨论一下，简便起见下面只写右极限，左边对称。

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，我们有

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=A\Rightarrow \mathrm{\exists }\delta >0.\mathrm{\forall }{x}_0<x<x_0+\delta ,|\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}-A|\le \frac{\epsilon }{4}\end{array}$$

取 $x_1=\frac{x_0+\delta }{2}$，由于 $f(x),g(x)\to \mathrm{\infty }$

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \begin{array}{rl}\mathrm{\exists }{\delta }_1.\mathrm{\forall }{x}_0<x<min(x_1,x_0+{\delta }_1).& \left|\frac{g(x)}{g(x)-g(x_1)}\right|<\frac{4}{3}\\ \wedge & |A|\left|\frac{g(x_1)}{g(x)}\right|<\frac{\epsilon }{3}\\ \wedge & \left|\frac{f(x_1)}{g(x)}\right|<\frac{\epsilon }{3}\end{array}\end{array}$$

因此当 $x_0<x<x_0+{\delta }_1$ 时

$$\begin{array}{}\text{(15)}& |\frac{f(x)}{g(x)}-A|<\epsilon \end{array}$$

因此原极限确实是 $A$。$◻$

Hint. 使用加一项减一项，然后用绝对值三角不等式放缩。

其余的情况也就是 $x\to \mathrm{\infty }$ 的只需要构造 $F(x)=f(\frac{1}{x})$，然后补全可去间断点就可以规约到上面两个已经证明的情况。

Darboux 定理

Darboux 定理是导函数的中值定理。

定理 7.(Darboux) $f(x)\in D[x,y]$，对于任意介于 $f^{\prime }(a)$ 和 $f^{\prime }(b)$ 之间的 $\eta$，都存在一个 $\xi$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=\eta$。

Proof.

只需要证明 $\eta =0$ 的情况，其他情况可以加一个一次函数来变化到此情况。

不妨设 $f^{\prime }(a)<0<f^{\prime }(b)$，其他情况对称。根据费马定理只需要证明存在一个非端点的极小值。

根据导数定义，这两个确实都不是极小值。$◻$

杂题

Problem 1 求

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n(\arctan (\ln (n+1))-\arctan (\ln (n)))\end{array}$$

Solution.

对括号里面的东西用拉格朗日中值定理，得到原极限其实等于

$$\begin{gathered} \begin{array}{}\text{(17)}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)\frac{1}{1+{\xi }^2} \\ \text{where}\xi \in (\ln (n),\ln (n+1))\end{array} \end{gathered}$$

前面是 $\mathrm{e}$ 的定义，后面是一个无穷小，因此原极限等于 $0$。

Problem 2 f(x) 在 $[a,b]$ 二阶可导， $f(a)=f(b)=0$。

证明 $\mathrm{\forall }x\in (a,b).\mathrm{\exists }\xi \in (a,b).f(x)=\frac{1}{2}{f}^{″}(\xi )(x-a)(x-b)$

Solution.

即证明

$$\begin{array}{}\text{(18)}& \mathrm{\exists }\xi .f^{″}(\xi )-\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}=0\end{array}$$

注意这里的 $x$ 是一个定值而非变量。构造一个函数

$$\begin{array}{}\text{(19)}& g(t)=f^{\prime }(t)-\frac{2f(x)}{(x-a)(x-b)}t+C\end{array}$$

现在要证明 $g^{\prime }(t)$ 可以取到 $0$，只需要证明 $g(t)$ 在两处相等即可。通过取恰当的 $C$，变为 $g(x)$ 有两个零点。构造一个函数

$$\begin{array}{}\text{(20)}& h(t)=f(t)-\frac{f(x)}{(x-a)(x-b)}{t}^2+Ct+D\end{array}$$

只需要给出恰当的 $C,D$ 使得 $h(t)$ 有三个零点。我们构造

$$\begin{array}{}\text{(21)}& H(t)=f(t)-\frac{f(x)(t-a)(t-b)}{(x-a)(x-b)}\end{array}$$

$H(t)$ 有三个零点 $a,x,b$，且符合上述形式。因此原结论成立。$◻$

Remark. 其实最后这一步有一点智慧了。如果想不到，可以考虑上面我们给出的拉格朗日中值定理的去智慧化的证明，用待定系数法把 $C,D$ 都解出来。很明显这里你需要猜测三个零点分别是 $a,b,t$。

Problem 3 $f(x)$ 在 $x=a$ 处有二阶导。证明

$$\begin{array}{}\text{(22)}& \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(h)}{h^2}\end{array}$$

Solution.

展开至二阶小量，带 Peano 余项。

Remark. 这里二阶导不一定连续，所以说最后肯定是带 Peano 余项而不是 Lagrange 余项。

Problem 4. $f(x)$ 在 $a$ 附近二阶导连续且非零，由拉格朗日中值定理，存在函数 $\theta (h)\in (0,1)$ 使得 $\mathrm{\forall }h.$

$$\begin{array}{}\text{(23)}& f(a+h)-f(a)=h{f}^{\prime }(x+h\theta (h))\end{array}$$

证明 $\underset{h\to 0}{lim}\theta (h)=\frac{1}{2}$

Hint.

考虑用什么办法可以把 $f^{\prime }(x+h\theta (h))$ 里面的 $\theta (h)$ 捞出来？

Solution.

两边都展开至二阶小量，带 Lagrange 余项。

$$\begin{array}{}\text{(24)}& h{f}^{\prime }(a)+\frac{1}{2}{h}^2{f}^{″}(a+{\xi }_1(h))=h{f}^{\prime }(a)+h^2\theta (h)f^{″}(a+{\xi }_2(h))\end{array}$$

化简一下得到

$$\begin{array}{}\text{(25)}& \theta (h)=\frac{1}{2}\frac{f^{″}(a+{\xi }_1(h))}{f^{″}(a+{\xi }_2(h))}\end{array}$$

两边取 $lim$，根据连续性即得到原结论。$◻$

Problem 5-1. $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有 $n$ 阶导数，且 $|f(x)|\le A,|f^{(n)}(x)|\le B$，求证 $f^{(i)}(x)$ 有界。

Solution.

对于任意的 $x$，我们将 $f(x+1),f(x+2),\dots ,f(x+n)$ 在 $x$ 处泰勒展开，带拉个朗日余项。

$$\begin{array}{}\text{(26)}& f(x+i)=f(x)+i{f}^{\prime }(x+i)+\cdots +\frac{i^n}{n!}{f}^{(n)}(x)\end{array}$$

将已知有界的部分全部摆在右边，就得到了 $n-1$ 个关于 $f(x)$ $1\sim n-1$ 阶导数的线性方程组。其系数矩阵为 $1,\dots ,n$ 生成的范德蒙德行列式，记为 $V$。

那么有

$$\begin{array}{}\text{(27)}& \left(\begin{array}{c}{f}^{\prime }(x)\\ f^{″}(x)\\ ⋮\\ f^{(n)}(x)\end{array}\right)=V^{-1}b\end{array}$$

其中 $b$ 的每一维都有界，于是 $f^{(i)}(x)$ 也都有界。$◻$

Problem 5-2. 具体地，当 $n=2$ 时，可以证明 $\sqrt{AB}$ 是一个比较好的上界。

Solution(Sketch).

取 $f(x+\sqrt{{\displaystyle \frac{A}{B}}})$ 在 $x$ 处的泰勒展开。

Problem 5-3. 关于有界性我们还可以进行一些讨论。

如果 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 可导，但无界。可以证明 $f^{\prime }(x)$ 也无界。

Proof Sketch. 取一个点，将其他点在此点处泰勒展开，带拉格朗日余项。

但是逆命题不一定成立。可以找到反例：

Example.

$$\begin{array}{}\text{(28)}& f(x)=\sqrt{x},x\in (0,1)\end{array}$$

显然导函数无界，但是该函数有界。

Problem 6 求证若 $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=0$，则 $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{f(x)}{x}}=0$。

Solution.

用 $\epsilon -\delta$ 语言验证。对于任意的 $\epsilon >0$，我们有

$$\begin{array}{}\text{(29)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{f}^{\prime }(x)=0\Rightarrow \mathrm{\exists }{\delta }_0.\mathrm{\forall }x>{\delta }_0,|f^{\prime }(x)|<\frac{\epsilon }{2}\end{array}$$

取一 $x_0>{\delta }_0$，对于 $x>x_0$

$$\begin{array}{}\text{(30)}& \begin{array}{rl}& \left|\frac{f(x)}{x}\right|\\ <& \left|\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\right|+\left|\frac{f(x_0)}{x-x_0}\right|=& |f^{\prime }(\xi )|+\left|\frac{f(x_0)}{x-x_0}\right|\end{array}\end{array}$$

其中 $\xi \in (x_0,x)$，$f^{\prime }(\xi )<\frac{\epsilon }{2}$。而显然存在 $\delta$ 使得 $\left|{\displaystyle \frac{f(x_0)}{x-x_0}}\right|<\frac{\epsilon }{2}$，因此 $x>max(\delta ,{\delta }_0)$ 时 $\left|{\displaystyle \frac{f(x)}{x}}\right|<ϵ$，极限确实是 0。$◻$

Remark. 这东西很类似于某种 $\mathrm{\infty }/\mathrm{\infty }$ 的洛必达，但是不完全一样，所以其证明可能会给你一些启发。

解析几何

基本上都是送分。只有少量要点。

二次曲面的形状判定

下面的讨论规定标准型二次曲面如何产生。

对于二次项，可以通过合同变换，化成规范型。

剩下的一次项，若和二次项同时出现，那么可以平移吃掉一次项。

如果出现两个没有二次项的一次项，通过合同变换，可以变为一个一次项。

一次项和常数项同时出现，则可以平移吃掉常数项。

综合下来，按照秩，正惯性指数，是否有额外的一次项，常数项符号分类讨论，得到如下几种标准型及其形状：

编号	标准型	形状	简要解释
1	$x^2+y^2+z^2=1$	球面	欧几里得距离相同。
2	$x^2+y^2-z^2=0$	圆锥面	水平截面圆半径等于纵截距的绝对值。
3	$x^2+y^2-z^2=1$	单叶双曲面	换元（旋转体） $r^2=x^2+y^2$ 得双曲线。
4	$x^2+y^2-z^2=-1$	双叶双曲面	同理，但注意焦点在 $z$ 轴上。
5	$x^2+y^2=1$	圆柱	显然。
6	$x^2+y^2-z=0$	抛物面	换元（旋转体） $r^2=x^2+y^2$ 的抛物线。
7	$x^2-y^2=1$	双曲柱面	显然。
8	$x^2-y^2-z=0$	双曲抛物面（马鞍面）	观察诸横截面。
9	$x^2-y=0$	抛物柱面	显然。

九种二次曲面的图像如下

多元函数微分学

简单点集拓扑

在欧几里得空间 ${\mathbb{R}}^n$ 上定义如下概念：

定义 1.(距离) $d(P,Q)=||\overrightarrow{PQ}||$

定义 2.(邻域) $U(P,r)=\{Q\in {\mathbb{R}}^n|d(P,Q)<r\}$，也称为开球。

给定集合 $E$，${\mathbb{R}}^n$ 中的点可以分为三类：

• 内点 $\{P\in {\mathbb{R}}^n|\mathrm{\exists }r.U(P,r)\subset E\}$。
• 外点 $\{P\in {\mathbb{R}}^n|\mathrm{\exists }r.U(P,r)\cap E=\varnothing \}$。
• 边界 Otherwise。记为 $\partial E$。

$\partial E\subset E$ 称 $E$ 为闭集，$E$ 中只有内点称为开集。注意很多集合非开也非闭，$\varnothing$ 和 ${\mathbb{R}}^n$ 既是开集也是闭集。

$E$ 中任意两点可以被连续的曲线连接称为连通，连通开集称为区域。这一点不严谨，水平有限我们暂时也没办法补全。

命题 1. 开集的补是闭集。

Proof.

不难证明取补之后，内点和外点对换，边界保持。$\partial {\mathbb{R}}^n\setminus E=\partial E\in {\mathbb{R}}^n\setminus E$，因此是闭集。$◻$

命题 2. $U_i$ 为开集，则 $\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_i$ 开。

Proof.

取 $P\in \bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_i$，因为 $U_i$ 均开，$P$ 为某个个集合 $U_j$ 的内点，因此存在 $\delta ,U(P,\delta )\in U_j\subset \bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{u}_i$，因此 $P$ 为并集的内点。符合开集的定义。$◻$

注意无穷多个开集交集不一定开。比如取两条不平行直线，其他 $U$ 均是包含交点的开集，最后交集为单点，是闭集。

命题 3. $\overline{E}=E\cup \partial E$，$\overline{E}$ 为闭集。

Proof.

由命题 3 只需要证明其其补为开集，也就是外点构成的集合为开集。若 $P$ 为外点，存在 $r$ 使得 $U(P,r)\cap E=\varnothing$。我们证明 $U(P,r)$ 中的点均为外点。

考虑 $Q\in U(P,r)$，令 $r^{\prime }=||PQ||$，范数满足三角形不等式，因此 $U(Q,r-r^{\prime })\in U(P,r)$，可知 $U(Q,r-r^{\prime })\cap E=\varnothing$，$Q$ 为内点。$◻$

命题 4. $E\subset F$，$F$ 为闭集，则 $\overline{E}\subset F$。

这个命题的意义是闭包是包含一个集合的最小闭集。

Proof.

显然内点都必须属于 $F$，而若 $x\in \partial E$ 但 $x\notin F$，可知 $x\in \partial F$，这与 $F$ 闭矛盾。$◻$

命题 5. $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup \overline{B}$。

Proof.

$\supset$. $A\subset A\cup B\Rightarrow A\subset \overline{A\cup B}$，由命题 5 可知 $\overline{A}\subset \overline{A\cup B}$。同理 $\overline{B}\subset \overline{A\cup B}$。于是 $\overline{A\cup B}\supset \overline{A}\cup \overline{B}$。

$\subset$. $A\cup B\subset \overline{A}\cup \overline{B}$，由命题 5 可知 $\overline{A\cup B}\subset \overline{A}\cup \overline{B}$。

综上 $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup \overline{B}$。$◻$

有一个反直觉的反例：$A$ 连通 $\nRightarrow \overline{A}$ 连通。

反例.

$$\begin{array}{}\text{(31)}& \left\{(x,\sin \left(\frac{1}{x}\right))\right|x>0\}\end{array}$$

多元函数的极限与连续性

基本上是把单元函数中极限和连续的定义（用 $ϵ-\delta$ 语言写，邻域换成上面的定义）直接照搬。诸四则运算法则

在证明极限的时候可能需要一些放缩（夹逼准则）。

Problem 1
$$\begin{array}{}\text{(32)}& f(x,y)=\frac{x\sin y}{\sqrt{x^2+y^2}}\end{array}$$

求 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)$

Solution.

$$\begin{array}{}\text{(33)}& \begin{array}{rl}& \left|\frac{x\sin y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\ \le & \left|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\ \le & \left|\frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}\right|(\text{GM-SM Inequality})\\ =& \left|\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right|\\ \to 0((x,y)\to (0,0))\end{array}\end{array}$$

此外还有一个常见的处理方法是极坐标换元。

求

$$\begin{array}{}\text{(34)}& L=\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-|x|-|y|}\end{array}$$

Solution.

极坐标换元得

$$
$$\begin{array}{}\text{(35)}& \begin{array}{rl}L& =\underset{r\to 0^{+}}{lim}{r}^2{\mathrm{e}}^{-r(|\sin x|+|\cos x|)}\\ & \le \underset{r\to 0^{+}}{lim}{r}^2{\mathrm{e}}^{-r}\\ & =0\end{array}\end{array}$$

根据夹逼准则，$L=0$。
$$

证明极限不存在仍然采用多路趋近的方法，需要注意累次极限的存在性和极限的存在性无关。

求证下列极限不存在

$$\begin{array}{}\text{(36)}& \underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x^{2}y}{x^4+y^2}\end{array}$$

Solution.

从 $y=kx$ 和 $y=x^2$ 趋近，发现极限不同。$◻$

性质.(有界闭区域上连续函数的性质) 有界性、最值性、介值性。

偏导数 全微分

注意求一个复杂函数在给定点处的偏导数时可以先代入数字。

$$\begin{array}{}\text{(37)}& z=\arctan \frac{(x-2)y+y^2}{xy+(x-2{)}^2{y}^3}\end{array}$$

求 $\frac{\partial z}{\partial y}(2,0)$

Hint.

你肯定不会想要先求偏导然后代入数字。

定理.* 两个二阶混合偏导数若连续，则相等。

证略。

$$\begin{array}{}\text{(38)}& \mathrm{\Delta }z=A\mathrm{\Delta }x+B\mathrm{\Delta }y+o(\rho )\end{array}$$

记为

$$\begin{array}{}\text{(39)}& \mathrm{d}z=A\mathrm{d}x+B\mathrm{d}y\end{array}$$

定理 1. 可微 $\Rightarrow$ 连续。

Proof.

$\rho \to 0$ 时 $\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y\to 0$，因此

$$\begin{array}{}\text{(40)}& \mathrm{\Delta }z=A\mathrm{\Delta }x+B\mathrm{\Delta }y+o(\rho )\to 0\end{array}$$

$◻$

定理 2. 函数可微 $\Rightarrow$ 偏导存在。

Proof.

$$\begin{array}{}\text{(41)}& \frac{\partial z}{\partial x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }z}{\mathrm{\Delta }x}=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{A\mathrm{\Delta }x+o(\rho )}{\mathrm{\Delta }x}=A\end{array}$$

其他变元同理。$◻$

定理 3. 偏导存在且连续 $\Rightarrow$ 可微。

Proof.

$$\begin{array}{}\text{(42)}& \begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }z& =f(x_0+\mathrm{\Delta }x,y_0+\mathrm{\Delta }y)-f(x_0,y_0)\\ & =f(x_0+\mathrm{\Delta }x,y_0+\mathrm{\Delta }y)-f(x_0,y_0+Deltay)+f(x_0,y_0+Deltay)-f(x_0,y_0)\\ & =\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+{\theta }_0\mathrm{\Delta }x,y_0+\mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }x+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0+{\theta }_2\mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }y\\ =& \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\mathrm{\Delta }x+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\mathrm{\Delta }y+{\alpha }_1\mathrm{\Delta }x+{\alpha }_2\mathrm{\Delta }y\end{array}\end{array}$$

其中

$$\begin{array}{}\text{(43)}& \begin{array}{rl}{\alpha }_1& =\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+{\theta }_0\mathrm{\Delta }x,y_0+\mathrm{\Delta }y)-\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\mathrm{\Delta }x\\ {\alpha }_2& =\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0+{\theta }_2\mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }y-\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\mathrm{\Delta }y\end{array}\end{array}$$

通过连续性可以证明蓝色部分为 $o(\rho )$。$◻$

链式法则仍然成立。

高阶全微分可以简单地写作如下形式：

$$\begin{array}{}\text{(44)}& {\mathrm{d}}^n=(\frac{\partial }{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial }{\partial y}\mathrm{d}y{)}^n\end{array}$$

证明不可微可以分为下面两类：

• 偏导不存在，必然不可微。
• 不连续，必然不可微。
• 偏导存在，则证明
  $$\begin{array}{}\text{(45)}& 0\ne \underset{\rho \to 0}{lim}\frac{f(x,y)-{\partial }_{x}f\mathrm{\Delta }x-{\partial }_{y}f\mathrm{\Delta }y}{\rho }\end{array}$$

方向导数 梯度

梯度定义为

$$\begin{array}{}\text{(46)}& \mathrm{\nabla }f=(\frac{\partial }{\partial x},\frac{\partial }{\partial y})\end{array}$$

沿 $\overrightarrow{l}$ 的方向导数定义为（$\overrightarrow{l}$ 的方向余弦为 $(\cos \alpha ,\cos \beta )$）

$$\begin{array}{}\text{(47)}& \frac{\partial f}{\partial \overrightarrow{l}}=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(x+t\cos \alpha ,y+t\cos \beta )-f(x,y)}{t}\end{array}$$

在可微的条件下，很显然（用微分估计一下立即得到）

$$\begin{array}{}\text{(48)}& \frac{\partial f}{\partial \overrightarrow{l}}=(\cos \alpha ,\cos \beta )\cdot \mathrm{\nabla }f\end{array}$$

中值定理 泰勒公式

在上一节建立的方向导数和偏导数的关系之下，我们发现这两个东西就是在多元函数定义域上拉出一条线，然后变成单元的中值定理和泰勒公式。

泰勒公式的唯一性仍然成立，故导出了如下的计算技巧：对于对于乘积式，先计算因子的展开式，然后乘起来。

有一个重要的应用如下。

命题. 函数 $f(u,v)$ 满足 ${\partial }_u\equiv 0$，那么存在 $F(v)$ 使得 $f(u,v)\equiv F(v)$。

Proof Sketch.

拉格朗日中值定理。

可以推出两条三角换元性质：

info.

$x{\partial }_{x}f(x,y)+y{\partial }_{y}f(x,y)=0\Rightarrow f(r\cos \theta ,r\sin \theta )=F(\theta )$

info.

$x{\partial }_{x}f(x,y)-y{\partial }_{y}f(x,y)=0\Rightarrow f(r\cos \theta ,r\sin \theta )=F(r)$

隐函数存在定理 逆映射存在定理

不想记忆任何结论，完全模拟一元微积分学中隐函数求导、反函数求导的操作，利用一阶微分形式不变性解方程。

极值

讨论一下如何记忆极值的充分条件。首先我们将 $f(x+\mathrm{\Delta }x,y+\mathrm{\Delta }y)-f(x,y)$ 展开到二阶小量，带拉格朗日余项，发现它是

$$\begin{array}{}\text{(49)}& \begin{array}{rl}& {\partial }_{xx}(x+\theta \mathrm{\Delta }x,y+\theta \mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }{x}^2\\ +& 2{\partial }_{xy}(x+\theta \mathrm{\Delta }x,y+\theta \mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }y\\ +& {\partial }_{yx}(x+\theta \mathrm{\Delta }x,y+\theta \mathrm{\Delta }y)\mathrm{\Delta }{y}^2\end{array}\end{array}$$

我们令

$$\begin{array}{}\text{(50)}& \begin{array}{r}A={\partial }_{xx}(x,y)\\ B={\partial }_{xy}(x,y)\\ C={\partial }_{yy}(x,y)\end{array}\end{array}$$

根据偏导连续性，一个小邻域内的正负性可以用 $A,B,C$ 模拟。那么上面的式子是一个关于 $x,y$ 的二次型，它的矩阵表示为（这个矩阵称为 Hessian，可以拓展到多维）

$$\begin{array}{}\text{(51)}& \left(\begin{array}{cc}A& B\\ B& C\end{array}\right)\end{array}$$

极大值即要求这个矩阵负定，极小值要求这个矩阵正定。根据线性代数知识，我们需要讨论顺序主子式的正负性。

• 若 $AC-B^2>0$
  • 若 $A>0$，正定，得到极小值。
  • 若 $A<0$，负定，得到极大值。
• 若 $AC-B^2<0$
  • 矩阵一定不定，得到鞍点。
• 若 $AC-B^2=0$，需要看更高阶小量，暂时无法判断。