19-第十九章 偏导数与全微分

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正文部分

19.1 例题

例题 19.1.1

求

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}y\ln (x^2+y^2),& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$$

在点 $(0,0)$ 的偏导数。

解 由于

$$\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\frac{0-0}{\Delta x}=0,$$ $$\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=\frac{\Delta y\ln (\Delta y{)}^2}{\Delta y}=\ln (\Delta y{)}^2,$$

从而

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0,\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)\text{ 不存在}.$$

例题 19.1.2

证明：函数

$$u(x,t)=\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}$$

在上半平面 ${\mathbb{R}}_{+}^2=\{(x,t)\in {\mathbb{R}}^2\mid t>0\}$ 上满足热传导方程

$$\frac{\partial u}{\partial t}-a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=0,$$

其中 $a$ 为正常数。

证 对任意 $(x,t)\in {\mathbb{R}}_{+}^2$，有

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)& =\frac{1}{2a\sqrt{\pi }}\left(-\frac{1}{2t^{3/2}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}+\frac{1}{t^{1/2}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\frac{x^2}{4a^2{t}^2}\right)\\ & =\frac{1}{4a\sqrt{\pi }{t}^{3/2}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\left(-1+\frac{x^2}{2a^{2}t}\right),\end{array}$$ $$\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)=\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\left(-\frac{x}{2a^{2}t}\right),$$ $$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}(x,t)& =\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}\left(e^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\frac{x^2}{4a^4{t}^2}-\frac{1}{2a^{2}t}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\right)\\ & =\frac{1}{4a^3\sqrt{\pi }{t}^{3/2}}{e}^{-\frac{x^2}{4a^{2}t}}\left(\frac{x^2}{2a^{2}t}-1\right).\end{array}$$

所以方程在 ${\mathbb{R}}_{+}^2$ 上成立。

例题 19.1.3

设

$$\Gamma (x,y;\xi ,\eta )=\frac{1}{2\pi }\ln \sqrt{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2},$$

则

$$\left|\frac{\partial \Gamma }{\partial y}\right|\le \frac{1}{2\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2{]}^{-\frac{1}{2}},$$ $$\left|\frac{{\partial }^2\Gamma }{\partial x\partial y}\right|\le \frac{1}{\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2{]}^{-1}.$$

证 由于

$$\frac{\partial \Gamma }{\partial y}=\frac{1}{2\pi }\frac{y-\eta }{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2},$$ $$\frac{{\partial }^2\Gamma }{\partial x\partial y}=-\frac{1}{\pi }\frac{(y-\eta )(x-\xi )}{[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2{]}^2},$$

从而结论成立。

19.2 例题

例题 19.2.1

求

$$A=\sqrt{1-(1.004{)}^2+(1.994{)}^2}$$

的近似值。

解 取

$$z=f(x,y)=\sqrt{1-x^2+y^2},x_0=1,y_0=2,\Delta x=0.004,\Delta y=-\mathrm{0.006.}$$

计算得

$$\frac{\partial f}{\partial x}(1,2)=-\frac{1}{2},\frac{\partial f}{\partial y}(1,2)=1.$$

于是

$$A=f(1.004,1.994)\approx f(1,2)-\frac{1}{2}(0.004)+1\cdot (-0.006)=\mathrm{1.992.}$$

例题 19.2.2

设 $f(x,y)=\sqrt{|xy|}$，证明：

1. $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点连续；
2. $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0),\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$ 都存在；
3. $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不可微。

证 (1) 由于

$$|\Delta f|=|\Delta x{|}^{1/2}|\Delta y{|}^{1/2},$$

于是

$$\underset{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=\underset{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}{\lim }[f(0,0)+\Delta f]=0=f(0,0).$$

(2) 直接按定义计算得

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=0,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\underset{\Delta y\to 0}{\lim }\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=0.$$

(3) 由于

$$\Delta f-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y=|\Delta x{|}^{1/2}|\Delta y{|}^{1/2},$$

取 $\Delta x=\Delta y\to 0$，则

$$\frac{\Delta f-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{r}=\frac{|\Delta x{|}^{1/2}|\Delta y{|}^{1/2}}{\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2}}\to \frac{1}{\sqrt{2}}\ne 0,$$

所以 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不可微。

注 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微时，成立无穷小增量公式

$$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)=f(x_0,y_0)+f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y+o(|\Delta x|+|\Delta y|).$$

上述例子说明仅有 $f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)$ 存在还不足以保证二维无穷小增量公式成立。

例题 19.2.3

设

$$f(x,y)=|x-y|\phi (x,y),$$

其中 $\phi (x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的一个邻域上有定义，要求给函数 $\phi (x,y)$ 加上适当的条件，使得

1. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 连续；
2. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 存在偏导数；
3. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 可微。

解 (1) 由于 $f(0,0)=0$，而在点 $(0,0)$ 附近

$$|f(x,y)|\le 2\sqrt{x^2+y^2}|\phi (x,y)|,$$

于是当

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\sqrt{x^2+y^2}\phi (x,y)=0$$

时，$f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点连续。特别地，当 $\phi (x,y)$ 在点 $(0,0)$ 附近有界时，$f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 连续。

(2) 由于单侧导数

$${\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)}_{\pm }(0,0)=\underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\pm \underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\phi (x,0),$$

从而当

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\phi (x,0)=-\underset{x\to 0-}{\lim }\phi (x,0)$$

时，

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\underset{x\to 0+}{\lim }\phi (x,0).$$

同理，当

$$\underset{y\to 0+}{\lim }\phi (0,y)=-\underset{y\to 0-}{\lim }\phi (0,y)$$

时，

$$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\underset{y\to 0+}{\lim }\phi (0,y).$$

特别地，当

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\phi (x,y)=0$$

时，

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.$$

(3) 由于

$$\begin{array}{rl}& f(x,y)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)x-\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)y\\ & =|x-y|\phi (x,y)-\left[\underset{x\to 0+}{\lim }\phi (x,0)\right]x-\left[\underset{y\to 0+}{\lim }\phi (0,y)\right]y\\ & =\{\begin{array}{ll}[\phi (x,y)-\underset{x\to 0+}{\lim }\phi (x,0)]x-[\phi (x,y)+\underset{y\to 0+}{\lim }\phi (0,y)]y,& x\ge y,\\ -[\phi (x,y)+\underset{x\to 0+}{\lim }\phi (x,0)]x+[\phi (x,y)-\underset{y\to 0+}{\lim }\phi (0,y)]y,& x<y.\end{array}\end{array}$$

由此可以推出，当

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\phi (x,y)=0$$

时，$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$ 且 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点可微。

19.2.3 思考题

思考题 1

为什么说 $f_x(x_0,y_0)$ 存在就能保证一元函数 $f(x,y_0)$ 在点 $x_0$ 连续？由此能否进一步断言：对充分接近 $y_0$ 的 $y_1$，一元函数 $f(x,y_1)$ 在点 $x_0$ 连续？

解 $f_x(x_0,y_0)$ 存在，等价于一元函数 $\varphi (x)=f(x,y_0)$ 在 $x_0$ 处可导；而一元可导必连续，所以 $\varphi$ 在 $x_0$ 处连续。

但这只能说明截线 $y=y_0$ 上的连续性，不能推出对充分接近 $y_0$ 的 $y_1$，函数 $f(x,y_1)$ 在 $x_0$ 处也连续。反例可取

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& x=0,y\ne 0,\\ 0,& \text{其余情形}.\end{array}$$

此时 $f_x(0,0)=0$，因为 $f(h,0)\equiv 0$；可是任取 $y_1\ne 0$，一元函数 $x\mapsto f(x,y_1)$ 在 $x=0$ 处都有跳跃间断。

思考题 2

证明全微分的性质 (1),(2)。

解 设 $u,v$ 在点 $(x_0,y_0)$ 可微。由增量表示

$$\Delta u=\mathrm{d}u+o(r),\Delta v=\mathrm{d}v+o(r),r=\sqrt{(\Delta x{)}^2+(\Delta y{)}^2},$$

立得

$$\Delta (\alpha u+\beta v)=\alpha \Delta u+\beta \Delta v=\alpha \mathrm{d}u+\beta \mathrm{d}v+o(r),$$

故

$$\mathrm{d}(\alpha u+\beta v)=\alpha \mathrm{d}u+\beta \mathrm{d}v.$$

再看乘法公式：

$$\Delta (uv)=u\Delta v+v\Delta u+\Delta u\Delta v.$$

因 $\Delta u,\Delta v=O(r)$，故 $\Delta u\Delta v=o(r)$，于是

$$\Delta (uv)=u\mathrm{d}v+v\mathrm{d}u+o(r),$$

从而

$$\mathrm{d}(uv)=u\mathrm{d}v+v\mathrm{d}u.$$

若 $v\ne 0$，再由 $u=v\cdot (u/v)$ 即得

$$\mathrm{d}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{v\mathrm{d}u-u\mathrm{d}v}{v^2}.$$

思考题 3

举例说明：

1. $f(x,y)$ 在某一点的邻域内存在偏导数，但在该点不一定连续，从而不一定可微；
2. $f(x,y)$ 在某一点连续，但在该点偏导数不一定存在，从而不一定可微；
3. $f(x,y)$ 在某一点可微，但在该点偏导数不一定连续。

解 例如取

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$$

则在 $(0,0)$ 的邻域内偏导数都存在，但

$$f_x(x,y)=\frac{2x{y}^3}{(x^2+y^2{)}^2}((x,y)\ne (0,0))$$

沿 $y=x$ 趋于 $\frac{1}{2}$，而 $f_x(0,0)=0$，所以偏导数在该点不连续，且

$$\frac{f(x,x)}{\sqrt{x^2+x^2}}=\frac{x/2}{\sqrt{2}|x|}\nrightarrow 0,$$

故 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微。

再取 $f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$，它在 $(0,0)$ 连续，但

$$\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{|h|}{h}$$

极限不存在，所以偏导数未必存在。

最后取

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x}+y^2\sin \frac{1}{y},& xy\ne 0,\\ x^2\sin \frac{1}{x},& y=0,x\ne 0,\\ y^2\sin \frac{1}{y},& x=0,y\ne 0,\\ 0,& (x,y)=(0,0).\end{array}$$

有 $|f(x,y)|\le x^2+y^2=o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$，故 $f$ 在 $(0,0)$ 可微且 $\mathrm{d}f(0,0)=0$；但

$$f_x(x,0)=2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}$$

在 $x\to 0$ 时不收敛，所以可微也不能推出偏导数连续。

思考题 4

证明：若 $f_x(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 存在，$f_y(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 连续，则 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 可微。

解 记

$$\Delta f=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0).$$

把它拆成

$$\Delta f=[f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)]+[f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)].$$

第一项对一元函数 $y\mapsto f(x_0+\Delta x,y)$ 用中值定理，得

$$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0+\Delta x,y_0)=f_y(x_0+\Delta x,y_0+\theta \Delta y)\Delta y$$

其中 $0<\theta <1$。由 $f_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续，

$$f_y(x_0+\Delta x,y_0+\theta \Delta y)=f_y(x_0,y_0)+o(1).$$

第二项把 $y$ 固定为 $y_0$，由 $f_x(x_0,y_0)$ 存在，

$$f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)\Delta x+o(|\Delta x|).$$

合并即得

$$\Delta f=f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y+o(r),$$

故 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微。

思考题 5

设 $z=f(x,y)$ 在开集 $D=(a,b)\times (c,d)$ 上可微，且全微分 $\mathrm{d}z$ 恒为零。问 $f(x,y)$ 在 $D$ 上是否应取常数值？证明你的结论。

解 $\mathrm{d}z\equiv 0$ 意味着

$$f_x(x,y)=f_y(x,y)=0,(x,y)\in D.$$

任取 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in D$。因 $D=(a,b)\times (c,d)$ 是矩形，可沿折线

$$(x_1,y_1)\to (x_2,y_1)\to (x_2,y_2)$$

连接这两点。固定 $y=y_1$ 时，一元函数 $x\mapsto f(x,y_1)$ 的导数恒为零，所以

$$f(x_1,y_1)=f(x_2,y_1).$$

固定 $x=x_2$ 时，一元函数 $y\mapsto f(x_2,y)$ 的导数恒为零，所以

$$f(x_2,y_1)=f(x_2,y_2).$$

于是 $f(x_1,y_1)=f(x_2,y_2)$。任意两点皆如此，故 $f$ 在 $D$ 上恒为常数。

19.2.4 练习题

练习题 1

设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sqrt{|x-y|}}{x^2+y^2}\sin (x^2+y^2),& x^2+y^2\ne 0,\\ 0,& x^2+y^2=0.\end{array}$$

讨论：

1. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 是否连续？
2. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 是否可微？

解 由 $|\sin (x^2+y^2)|\le x^2+y^2$，

$$|f(x,y)|\le \sqrt{|x-y|}\le \sqrt{2}(x^2+y^2{)}^{1/4}\to 0,$$

故 $f$ 在 $(0,0)$ 连续。

但

$$\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{\sin h^2}{h^2\sqrt{|h|}}$$

在 $h\to 0$ 时与 $|h{|}^{-1/2}$ 同阶，极限不存在，所以 $f_x(0,0)$ 不存在，从而 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微。

练习题 2

设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}xy\sin \frac{1}{x^2+y^2},& x^2+y^2\ne 0,\\ 0,& x^2+y^2=0.\end{array}$$

证明：

1. $f_x(0,0),f_y(0,0)$ 都存在；
2. $f_x(0,0),f_y(0,0)$ 在点 $(0,0)$ 不连续；
3. $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 可微。 本题也说明从可微不能推出偏导数连续。

解 当 $(x,y)\ne (0,0)$ 时

$$f_x=y\sin \frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x^{2}y}{(x^2+y^2{)}^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2},$$ $$f_y=x\sin \frac{1}{x^2+y^2}-\frac{2x{y}^2}{(x^2+y^2{)}^2}\cos \frac{1}{x^2+y^2}.$$

在原点按定义有

$$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0,f_y(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=0.$$

但沿 $y=x$，

$$f_x(x,x)=x\sin \frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2x}\cos \frac{1}{2x^2},$$

显然不趋于 $0$，故 $f_x$ 在 $(0,0)$ 不连续；同理 $f_y$ 也不连续。

另一方面，

$$|f(x,y)|\le |xy|\le \frac{x^2+y^2}{2},$$

于是

$$\frac{|f(x,y)-f(0,0)|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le \frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\to 0,$$

故 $f$ 在 $(0,0)$ 可微，且 $\mathrm{d}f(0,0)=0$。

练习题 3

设 $f(x,y,z)$ 在开集 $D$ 上有定义，$f_x(x,y,z)$ 与 $f_y(x,y,z)$ 在 $D$ 上有界，且对固定的 $(x,y)$，$f(x,y,z)$ 是 $z$ 的连续函数。证明：$f(x,y,z)$ 在 $D$ 上连续。

解 设 $|f_x|\le M,|f_y|\le N$。对任意 $(x,y,z),(x_0,y_0,z_0)\in D$，有

$$\begin{array}{rl}|f(x,y,z)-f(x_0,y_0,z_0)|& \le |f(x,y,z)-f(x_0,y,z)|\\ & +|f(x_0,y,z)-f(x_0,y_0,z)|\\ & +|f(x_0,y_0,z)-f(x_0,y_0,z_0)|.\end{array}$$

前两项分别把其余变量固定，对一元函数用中值定理，得

$$|f(x,y,z)-f(x_0,y,z)|\le M|x-x_0|,|f(x_0,y,z)-f(x_0,y_0,z)|\le N|y-y_0|.$$

第三项由对固定 $(x_0,y_0)$ 时 $f(x_0,y_0,z)$ 关于 $z$ 连续而趋于 $0$。故

$$f(x,y,z)\to f(x_0,y_0,z_0),$$

即 $f$ 在 $D$ 上连续。

练习题 4

求 $u=\ln (1+x^2+y^2)$ 在 $(x,y)=(1,2)$ 处的全微分。

解

$$\mathrm{d}u=\frac{2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y}{1+x^2+y^2},$$

故在 $(1,2)$ 处

$$\mathrm{d}u=\frac{1}{3}\mathrm{d}x+\frac{2}{3}\mathrm{d}y.$$

练习题 5

已测得一圆柱体的底圆直径 $D_0=10.44$，高 $H_0=18.36$，且测量误差 $|\Delta D|\le 0.02,|\Delta H|\le 0.01$。试估计用体积公式

$$V=\frac{1}{4}\pi D^{2}H$$

计算时的绝对误差 $\Delta V$ 与相对误差 $\Delta V/V$。

解 由

$$V=\frac{\pi }{4}{D}^{2}H$$

得

$$\mathrm{d}V=\frac{\pi }{2}DH\mathrm{d}D+\frac{\pi }{4}{D}^2\mathrm{d}H,\frac{\mathrm{d}V}{V}=2\frac{\mathrm{d}D}{D}+\frac{\mathrm{d}H}{H}.$$

于是

$$|\Delta V|\approx |\mathrm{d}V|\le \frac{\pi }{2}{D}_0{H}_0|\Delta D|+\frac{\pi }{4}{D}_0^2|\Delta H|\approx 6.88,$$ $$\left|\frac{\Delta V}{V}\right|\approx \left|\frac{\mathrm{d}V}{V}\right|\le 2\frac{|\Delta D|}{D_0}+\frac{|\Delta H|}{H_0}\approx \mathrm{0.00438.}$$

所以相对误差约为 $0.438\%$。

练习题 6

$f(x,y)$ 定义在矩形 $I=[a,b]\times [c,d]$ 上，且 $f_y$ 在 $I$ 上连续。证明：$f(x,y)$ 对 $y$ 满足一致 Lipschitz 条件，即存在 $L>0$，使得任意 $(x,y_1),(x,y_2)\in I$ 都有

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le L|y_1-y_2|,$$

其中 $L$ 与 $x$ 无关。

解 由 $f_y$ 在紧矩形 $I$ 上连续，存在

$$L=\underset{(x,y)\in I}{\max }|f_y(x,y)|.$$

固定 $x$，对一元函数 $y\mapsto f(x,y)$ 在区间 $[y_1,y_2]$ 上用中值定理，得

$$f(x,y_1)-f(x,y_2)=f_y(x,\xi )(y_1-y_2)$$

其中 $\xi$ 介于 $y_1,y_2$ 之间。于是

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le L|y_1-y_2|,$$

且 $L$ 与 $x$ 无关。

练习题 7

若函数 $f(x,y)$ 的偏导数 $f_x$ 和 $f_y$ 在区域 $D$ 内存在，且任意 $(x,y)\in D$，$f_x(x,y)=f_y(x,y)=0$。证明：$f(x,y)$ 在 $D$ 上为常值函数。

解 取区域内任意两点 $P,Q$。由于平面区域是道路连通的，可在 $D$ 内用有限条与坐标轴平行的折线把 $P,Q$ 连起来。沿任一水平线段，$f_x=0$，故函数值不变；沿任一竖直线段，$f_y=0$，故函数值也不变。沿整条折线逐段比较便得 $f(P)=f(Q)$。故 $f$ 在 $D$ 上为常值函数。

练习题 8

设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^2$ 是开区域，$u(x,y),v(x,y)$ 在 $\Omega$ 内满足

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x},u^2+v^2=C,$$

其中 $C$ 为常数。证明：$u(x,y),v(x,y)$ 在 $\Omega$ 上均为常值函数。

解 若 $u^2+v^2\equiv C$。当 $C=0$ 时显然 $u\equiv v\equiv 0$。以下设 $C>0$。对恒等式求偏导得

$$u{u}_x+v{v}_x=0,u{u}_y+v{v}_y=0.$$

利用 Cauchy—Riemann 方程 $v_x=-u_y,v_y=u_x$，化为

$$u{u}_x-v{u}_y=0,v{u}_x+u{u}_y=0.$$

于是

$$\left(\begin{array}{cc}u& -v\\ v& u\end{array}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{u_x}{u_y}\right)=0.$$

该矩阵行列式为 $u^2+v^2=C>0$，故

$$u_x=u_y=0.$$

再由 Cauchy—Riemann 方程知 $v_x=v_y=0$，所以 $u,v$ 都是常值函数。

练习题 9

设 $f(x,y)$ 在

$$G=\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\}$$

上有定义。若 $f(x,0)$ 在点 $x=0$ 处连续，且 $f_y(x,y)$ 在 $G$ 上有界，证明：$f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续。

解 设在 $G$ 上有 $|f_y|\le M$。则

$$|f(x,y)-f(0,0)|\le |f(x,y)-f(x,0)|+|f(x,0)-f(0,0)|.$$

第一项固定 $x$ 后对一元函数 $y\mapsto f(x,y)$ 用中值定理，得

$$|f(x,y)-f(x,0)|\le M|y|.$$

第二项由已知 $f(x,0)$ 在 $x=0$ 处连续而趋于 $0$。因此当 $(x,y)\to (0,0)$ 时，

$$f(x,y)\to f(0,0),$$

即 $f$ 在 $(0,0)$ 连续。

19.3.2 例题

例题 19.3.1

对于幂指函数 $u=x^y$，令 $x=\phi (t),y=\psi (t)$，求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}$。

解 由链式法则得

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}& =\frac{\partial u}{\partial x}{\phi }^{\prime }(t)+\frac{\partial u}{\partial y}{\psi }^{\prime }(t)\\ & =y{x}^{y-1}{\phi }^{\prime }(t)+x^y\ln x{\psi }^{\prime }(t)=x^y\left(\frac{y}{x}{\phi }^{\prime }(t)+\ln x{\psi }^{\prime }(t)\right)\\ & =[\phi (t){]}^{\psi (t)}\left\{\frac{\psi (t)}{\phi (t)}{\phi }^{\prime }(t)+[\ln \psi (t)]{\psi }^{\prime }(t)\right\}.\end{array}$$

例题 19.3.2

设

$$\Delta =\left|\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ a_{n1}& a_{n2}& \cdots & a_{nn}\end{array}\right|,$$

其中元素 $a_{ij}(i,j=1,2,\cdots ,n)$ 都是 $t$ 的一元函数，它们关于 $t$ 的导数 $\frac{\mathrm{d}{a}_{ij}}{\mathrm{d}t}$ 都存在。证明：行列式 $\Delta$ 的导数等于把 $\Delta$ 内的第 $1$ 行直到第 $n$ 行的元素依次换成它们的导数而得出的 $n$ 个行列式之和。

证 回忆行列式关于第 $i$ 行元素的展开式

$$\Delta =\sum _{j=1}^n{A}_{ij}{a}_{ij},$$

其中 $A_{ij}$ 为 $a_{ij}$ 的代数余子式。容易看出

$$\frac{\partial \Delta }{\partial a_{ij}}=A_{ij}.$$

按照链式法则有

$$\frac{\mathrm{d}\Delta }{\mathrm{d}t}=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{\partial \Delta }{\partial a_{ij}}\frac{\mathrm{d}{a}_{ij}}{\mathrm{d}t}=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{A}_{ij}\frac{\mathrm{d}{a}_{ij}}{\mathrm{d}t}.$$

注意到

$$\sum _{j=1}^n{A}_{ij}\frac{\mathrm{d}{a}_{ij}}{\mathrm{d}t}$$

也表示一个行列式的展开式，它同已知行列式 $\Delta$ 的差别仅在于把 $\Delta$ 中第 $i$ 行的元素 $a_{i1},a_{i2},\cdots ,a_{in}$ 换成它们的导数 $\frac{\mathrm{d}{a}_{i1}}{\mathrm{d}t},\frac{\mathrm{d}{a}_{i2}}{\mathrm{d}t},\cdots ,\frac{\mathrm{d}{a}_{in}}{\mathrm{d}t}$，由此可知结论成立。

注 在使用链式法则时，要求 $f(u_1,u_2,\cdots ,u_m)$ 在点 $(u_1,u_2,\cdots ,u_m)$ 可微，否则公式有可能失效。请看下面的例子：

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0).\end{array}$$

由于

$$f_x(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{2x{y}^3}{(x^2+y^2{)}^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$$ $$f_y(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{x^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2{)}^2},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$$

可以看出 $f_x$ 与 $f_y$ 都在 $(0,0)$ 点不连续，容易证明 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不可微。令 $x=y=t$，则 $f(t,t)=\frac{1}{2}t$，从而 $\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{2}$。如果使用链式法则，有

$$\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=f_x{x}_t^{\prime }+f_y{y}_t^{\prime },$$

当 $(x,y)=(0,0)$ 时，$\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}=0$。问题出在 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 不可微，也就是不满足链式法则的条件。

例题 19.3.3

设 $f(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有连续偏导数，且 $f(x,x^2)=1$。

1. 若 $f_x(x,x^2)=x$，求 $f_y(x,x^2)$；
2. 若 $f_y(x,y)=x^2+2y$，求 $f(x,y)$。

解 (1) 对 $f(x,x^2)=1$ 两边求导得

$$f_x+2x{f}_y=0.$$

由条件得

$$x+2x{f}_y=0,$$

所以当 $x\ne 0$ 时，$f_y(x,x^2)=-\frac{1}{2}$。由 $f_y$ 的连续性知，当 $x=0$ 时也有 $f_y(x,x^2)=-\frac{1}{2}$。

(2) 令

$$F(x,y)=f(x,y)-(x^{2}y+y^2),$$

则 $F(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上连续可微，且

$$F_y(x,y)=0.$$

于是 $F(x,y)$ 只是 $x$ 的函数，即 $F(x,y)=\phi (x)$，从而

$$f(x,y)=x^{2}y+y^2+\phi (x).$$

再由 $f(x,x^2)=1$ 得 $\phi (x)=1-2x^4$，所以

$$f(x,y)=x^{2}y+y^2+1-2x^4.$$

例题 19.3.4

设 $u=f(x,y),v=g(x,y,u),w=h(x,u,v)$，求 $\frac{\partial w}{\partial x},\frac{\partial w}{\partial y}$。

解 复合这几个函数得到

$$w=h[x,f(x,y),g(x,y,f(x,y))].$$

从而

$$\frac{\partial w}{\partial x}=h_1+h_2\frac{\partial f}{\partial x}+h_3\left(g_1+g_3\frac{\partial f}{\partial x}\right),$$ $$\frac{\partial w}{\partial y}=h_2\frac{\partial f}{\partial y}+h_3\left(g_2+g_3\frac{\partial f}{\partial y}\right).$$

例题 19.3.5

设二元连续可微函数 $F$ 在直角坐标下可写为 $F(x,y)=f(x)g(y)$，在极坐标系中可写为 $F(r\cos \theta ,r\sin \theta )=h(r)$。若 $F(x,y)$ 无零点，求 $F(x,y)$。

解 注意

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial F}{\partial \theta }& =\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \theta }+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \theta }\\ & =f^{\prime }(x)g(y)(-r\sin \theta )+f(x)g^{\prime }(y)r\cos \theta \\ & =-y{f}^{\prime }(x)g(y)+xf(x)g^{\prime }(y).\end{array}$$

另一方面有

$$\frac{\partial F}{\partial \theta }=\frac{\partial h(r)}{\partial \theta }=0.$$

于是当 $x\ne 0,y\ne 0$ 时有

$$\frac{f^{\prime }(x)}{xf(x)}=\frac{g^{\prime }(y)}{yg(y)}.$$

由于上式对任意的 $x\ne 0,y\ne 0$ 恒成立，于是

$$\frac{f^{\prime }(x)}{xf(x)}=\frac{g^{\prime }(y)}{yg(y)}=\lambda ,$$

其中 $\lambda$ 为任一常数。由此得

$$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=\lambda x,\ln f(x)=\frac{\lambda }{2}{x}^2+C,$$

从而

$$f(x)=C_1{e}^{\frac{\lambda x^2}{2}},g(y)=C_2{e}^{\frac{\lambda y^2}{2}}.$$

最后得到

$$F(x,y)=C{e}^{\frac{\lambda (x^2+y^2)}{2}},$$

其中 $C,\lambda$ 为任意常数。$F(x,y)$ 在 $x=0$ 或 $y=0$ 的值由连续性得到。

例题 19.3.6

设 $a,b\ne 0$，$f$ 具有二阶连续偏导数，且

$$a^2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+b^2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=0,$$ $$f(ax,bx)=ax,f_x(ax,bx)=b{x}^2.$$

求 $f_{xx}(ax,bx),f_{xy}(ax,bx),f_{yy}(ax,bx)$。

解 对 $f(ax,bx)=ax$ 两边求导，得

$$a{f}_x(ax,bx)+b{f}_y(ax,bx)=a.$$

对 $f_x(ax,bx)=b{x}^2$ 及上式两边求导得

$$a{f}_{xx}(ax,bx)+b{f}_{xy}(ax,bx)=2bx,$$ $$a^2{f}_{xx}(ax,bx)+2ab{f}_{xy}(ax,bx)+b^2{f}_{yy}(ax,bx)=0.$$

由已知方程和上式得

$$f_{xy}(ax,bx)=0.$$

代入前式得

$$f_{xx}(ax,bx)=\frac{2b}{a}x.$$

最后由已知方程得

$$f_{yy}(ax,bx)=-\frac{2a}{b}x.$$

例题 19.3.7

证明：

$$u=\phi \left(\frac{y}{x}\right)+y\psi \left(\frac{y}{x}\right)$$

满足方程

$$x^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+2xy\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+y^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0,$$

其中 $\phi ,\psi$ 均为二次连续可微函数。

分析 当然可以通过复合函数求导数来验证方程，但观察其特点，首先看出 $\phi \left(\frac{y}{x}\right)$ 与 $y\psi \left(\frac{y}{x}\right)$ 都应该满足方程。又注意到 $\phi \left(\frac{y}{x}\right)$ 为零次齐次函数， $y\psi \left(\frac{y}{x}\right)$ 为一次齐次函数，且方程可写为

$${\left(x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}\right)}^{2}u=0.$$

证 由命题 19.3.2 知

$${\left(x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}\right)}^2\phi \left(\frac{y}{x}\right)=0(0-1)\phi \left(\frac{y}{x}\right)=0,$$ $${\left(x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}\right)}^2\left[y\psi \left(\frac{y}{x}\right)\right]=1\cdot 0\cdot \left[y\psi \left(\frac{y}{x}\right)\right]=0.$$

于是

$${\left(x\frac{\partial }{\partial x}+y\frac{\partial }{\partial y}\right)}^2\left[\phi \left(\frac{y}{x}\right)+y\psi \left(\frac{y}{x}\right)\right]=0,$$

这就是所要证明的。

19.3.4 练习题

练习题 1

设 $u=e^x+\sin y+t,x=st,y=s+t$，求 $\frac{\partial u}{\partial t}$。

解 由链式法则

$$\frac{\partial u}{\partial t}=e^x\frac{\partial x}{\partial t}+\cos y\frac{\partial y}{\partial t}+1=s{e}^{st}+\cos (s+t)+1.$$

练习题 2

设 $u=f(s,t),s=\frac{x}{y},t=\frac{y}{z}$，求

$$\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}.$$

解 记 $u=f(s,t)$，其中 $s=x/y,t=y/z$。则

$$u_x=f_s\frac{1}{y},u_y=f_s\left(-\frac{x}{y^2}\right)+f_t\frac{1}{z},u_z=f_t\left(-\frac{y}{z^2}\right).$$

练习题 3

设 $u=f(s,t,y),s=\phi (x,y),t=\psi (x,y)$，求

$$\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y}.$$

解 这里 $u=f(s,t,y)$，故 $y$ 既是原自变量，又是 $f$ 的第三个自变量。于是

$$u_x=f_s{\phi }_x+f_t{\psi }_x,$$ $$u_y=f_s{\phi }_y+f_t{\psi }_y+f_y.$$

练习题 4

设 $u=e^x\sin y,x=2st,y=t+s^2$，求

$$\frac{\partial u}{\partial s},\frac{\partial u}{\partial t}.$$

解

$$u_s=u_x{x}_s+u_y{y}_s=e^{2st}(2t\sin (t+s^2)+2s\cos (t+s^2)),$$ $$u_t=u_x{x}_t+u_y{y}_t=e^{2st}(2s\sin (t+s^2)+\cos (t+s^2)).$$

练习题 5

设 $u=f(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2)$，求 $\mathrm{d}u$。

解 设 $\rho =a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2$，则

$$\mathrm{d}u=f^{\prime }(\rho )\mathrm{d}\rho =2f^{\prime }(\rho )(ax\mathrm{d}x+by\mathrm{d}y+cz\mathrm{d}z).$$

练习题 6

设 $f(x,y,z)={\left(\frac{x}{y}\right)}^{1/z}$，求 $\mathrm{d}f(1,1,1)$。

解 令

$$f(x,y,z)=\exp \left(\frac{\ln x-\ln y}{z}\right).$$

于是

$$\mathrm{d}(\ln f)=\frac{1}{z}\left(\frac{\mathrm{d}x}{x}-\frac{\mathrm{d}y}{y}\right)-\frac{\ln x-\ln y}{z^2}\mathrm{d}z.$$

在 $(1,1,1)$ 处有 $f=1,\ln x-\ln y=0$，故

$$\mathrm{d}f(1,1,1)=\mathrm{d}x-\mathrm{d}y.$$

练习题 7

设 $w=F(xy,yz)$，$F$ 为有连续偏导数的二元函数，证明：

$$x\frac{\partial w}{\partial x}+z\frac{\partial w}{\partial z}=y\frac{\partial w}{\partial y}.$$

解 记 $p=xy,q=yz$，则

$$w_x=y{F}_p,w_y=x{F}_p+z{F}_q,w_z=y{F}_q.$$

于是

$$x{w}_x+z{w}_z=xy{F}_p+yz{F}_q=y(x{F}_p+z{F}_q)=y{w}_y.$$

练习题 8

设 $z=f(xy)$，$f$ 为可微的一元函数，证明：

$$x\frac{\partial z}{\partial x}-y\frac{\partial z}{\partial y}=0.$$

解 由 $z=f(xy)$，

$$z_x=y{f}^{\prime }(xy),z_y=x{f}^{\prime }(xy),$$

故

$$x{z}_x-y{z}_y=xy{f}^{\prime }(xy)-xy{f}^{\prime }(xy)=0.$$

练习题 9

设二元函数 $u=F(x,y)$ 满足方程

$$x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}=0,$$

证明：$F(x,y)$ 在极坐标系下只是 $\theta$ 的函数。

解 在极坐标下

$$u_r=u_x\cos \theta +u_y\sin \theta =\frac{x{u}_x+y{u}_y}{r}=0.$$

故 $u$ 与 $r$ 无关，只能写成

$$u=\phi (\theta ).$$

练习题 10

设二元函数 $F$ 在直角坐标系中可写成 $F(x,y)=f(x)g(y)$，在极坐标中可写成

$$F(r\cos \theta ,r\sin \theta )=h(\theta ),$$

求 $F(x,y)$。

解 由 $F(r\cos \theta ,r\sin \theta )=h(\theta )$ 知 $F$ 是零次齐次函数，故

$$x{F}_x+y{F}_y=0.$$

再代入 $F(x,y)=f(x)g(y)$，得

$$x\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}=-y\frac{g^{\prime }(y)}{g(y)}=\lambda$$

（在 $xy\ne 0$ 且 $f(x)g(y)\ne 0$ 的连通域内）。于是

$$f(x)=C_1{x}^{\lambda },g(y)=C_2{y}^{-\lambda },$$

从而

$$F(x,y)=C{\left(\frac{x}{y}\right)}^{\lambda }.$$

因此在任一不与坐标轴相交的连通域内，$F$ 必为上述形式；若再要求它在整个平面上连续可微，则只能有 $\lambda =0$，于是 $F$ 为常数。

练习题 11

证明：

$$u=\phi (x+at)+\psi (x-at)$$

满足方程

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}-a^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=0,$$

其中 $\phi ,\psi$ 为具有二阶连续导数的一元函数。

解

$$u_t=a{\phi }^{\prime }(x+at)-a{\psi }^{\prime }(x-at),u_{tt}=a^2{\phi }^{\prime \prime }(x+at)+a^2{\psi }^{\prime \prime }(x-at),$$ $$u_x={\phi }^{\prime }(x+at)+{\psi }^{\prime }(x-at),u_{xx}={\phi }^{\prime \prime }(x+at)+{\psi }^{\prime \prime }(x-at).$$

故

$$u_{tt}-a^2{u}_{xx}=0.$$

练习题 12

设 $x=x(u,v),y=y(u,v)$ 满足

$$\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{\partial y}{\partial v},\frac{\partial x}{\partial v}=-\frac{\partial y}{\partial u},$$

又设 $w=w(x,y)$ 满足方程

$$\frac{{\partial }^{2}w}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}w}{\partial y^2}=0.$$

证明：

1. $w=w(x(u,v),y(u,v))$ 满足方程

$$\frac{{\partial }^{2}w}{\partial u^2}+\frac{{\partial }^{2}w}{\partial v^2}=0;$$

$$\frac{{\partial }^2(xy)}{\partial u^2}+\frac{{\partial }^2(xy)}{\partial v^2}=0.$$

解 由 Cauchy—Riemann 方程

$$x_u=y_v,x_v=-y_u$$

可知

$$x_{uu}+x_{vv}=y_{vu}-y_{uv}=0,y_{uu}+y_{vv}=-x_{vu}+x_{uv}=0.$$

故 $x,y$ 本身都是调和函数。

又

$$w_u=w_x{x}_u+w_y{y}_u,w_v=w_x{x}_v+w_y{y}_v.$$

继续求导并相加，得

$$\begin{array}{rl}{w}_{uu}+w_{vv}& =(x_u^2+x_v^2)w_{xx}+2(x_u{y}_u+x_v{y}_v)w_{xy}+(y_u^2+y_v^2)w_{yy}\\ & +(x_{uu}+x_{vv})w_x+(y_{uu}+y_{vv})w_y.\end{array}$$

由 Cauchy—Riemann 方程，

$$x_u{y}_u+x_v{y}_v=x_u{y}_u-y_u{x}_u=0,x_u^2+x_v^2=y_u^2+y_v^2.$$

再用 $w_{xx}+w_{yy}=0$，便得

$$w_{uu}+w_{vv}=0.$$

对 $xy$，有

$$(xy{)}_{uu}+(xy{)}_{vv}=x(y_{uu}+y_{vv})+y(x_{uu}+x_{vv})+2(x_u{y}_u+x_v{y}_v)=0.$$

练习题 13

证明：可微函数 $z=f(x,y)$ 仅是 $ax+by(ab\ne 0)$ 的函数的充分必要条件是

$$b\frac{\partial z}{\partial x}=a\frac{\partial z}{\partial y}.$$

解 必要性显然：若 $z=\varphi (ax+by)$，则

$$z_x=a{\varphi }^{\prime }(ax+by),z_y=b{\varphi }^{\prime }(ax+by),$$

故 $b{z}_x=a{z}_y$。

反过来设 $b{z}_x=a{z}_y$。作线性代换

$$u=ax+by,v=bx-ay.$$

把 $z$ 视为 $z=z(u,v)$，则

$$z_x=a{z}_u+b{z}_v,z_y=b{z}_u-a{z}_v.$$

代入条件得

$$b(a{z}_u+b{z}_v)=a(b{z}_u-a{z}_v),$$

即

$$(a^2+b^2)z_v=0.$$

于是 $z_v=0$，故 $z$ 仅依赖于 $u=ax+by$，即

$$z=\varphi (ax+by).$$

练习题 14

设 $u(x,y)$ 有连续二阶偏导数，$F(s,t)$ 有连续一阶偏导数，且满足

$$F(u_x,u_y)=0,F_s^2+F_t^2\ne 0.$$

证明：

$$u_{xx}{u}_{yy}-u_{xy}^2=0.$$

解 对恒等式 $F(u_x,u_y)=0$ 分别对 $x,y$ 求导，得

$$F_s{u}_{xx}+F_t{u}_{xy}=0,F_s{u}_{xy}+F_t{u}_{yy}=0.$$

向量 $(F_s,F_t)$ 非零，因此它同时与平面向量 $(u_{xx},u_{xy})$ 和 $(u_{xy},u_{yy})$ 正交。故这两个向量线性相关，从而

$$u_{xx}{u}_{yy}-u_{xy}^2=0.$$

练习题 15

设 $u=f(\sqrt{x^2+y^2})$ 有连续二阶偏导数，且满足

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0.$$

试求 $u(x,y)$。

解 设 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则 $u=f(r)$。对径向函数有

$$u_{xx}+u_{yy}=f^{\prime \prime }(r)+\frac{1}{r}{f}^{\prime }(r)(r>0).$$

故

$$f^{\prime \prime }(r)+\frac{1}{r}{f}^{\prime }(r)=0,\text{即}(r{f}^{\prime }(r){)}^{\prime }=0.$$

于是

$$f^{\prime }(r)=\frac{C}{r},f(r)=C\ln r+D.$$

因此在穿孔区域内

$$u(x,y)=C\ln \sqrt{x^2+y^2}+D.$$

若 $u$ 在原点附近也具有连续二阶偏导数，则 $\ln r$ 项必须消失，故此时只能有 $u\equiv D$。

19.4 例题

例题 19.4.1

设 $F$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的开集 $G$ 到 ${\mathbb{R}}^m$ 的可微映射（向量值函数），$x,y\in G,x\ne y$。证明：若线段 $\overline{xy}\subset G$，则对任意 $a\in {\mathbb{R}}^m$，存在 $z\in \overline{xy}$，使得

$$a\cdot [F(y)-F(x)]=a\cdot JF(z)(y-x).$$

证 定义一元函数

$$f(\lambda )=a\cdot [F(x+\lambda (y-x))-F(x)].$$

则

$$f(1)=a\cdot [F(y)-F(x)],f(0)=0.$$

由一元函数的中值定理得

$$a\cdot [F(y)-F(x)]=f(1)-f(0)=f^{\prime }(\xi )=a\cdot JF(x+\xi (y-x))(y-x),$$

其中 $0<\xi <1$。令 $z=x+\xi (y-x)$，则 $z\in \overline{xy}$，结论得证。

例题 19.4.2

设 $f(t)=(\cos t,\sin t),t\in [0,2\pi ]$，则

$$Jf(t)=(-\sin t,\cos t).$$

注意到 $f(0)=f(2\pi )$，故不存在 $\theta \in (0,1)$，使

$$f(2\pi )-f(0)=Jf(\theta \cdot 2\pi )(2\pi -0).$$

事实上，$Jf(t)$ 恒不为零向量。

例题 19.4.3

设 $f$ 是凸区域 $D\subset {\mathbb{R}}^n$ 上的可微映射，并且全导数 $Jf(x)$ 处处为 $0$（取值为零向量的零变换），则 $f$ 是 $D$ 上的常值映射。

证 取定点 $x_0\in D$，任取另一点 $x\in D$，则由拟微分平均值定理有

$$|f(x)-f(x_0)|\le \Vert 0\Vert |x-x_0|=0.$$

由于 $f(x)=f(x_0),\forall x\in D$，所以 $f$ 是常值映射。

注 可以把凸区域 $D$ 的结论推广到一般的开区域 $D$。

19.4.2 练习题

练习题 1

设 $f:D\subset {\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^m,x_0\in D$，且存在矩阵 $A$，使得在点 $x_0$ 的邻域上有

$$f(x)=f(x_0)+A(x-x_0)+o(x-x_0),$$

其中 $o(x-x_0)$ 表示当 $|x-x_0|\to 0$ 时模为高阶无穷小量的向量。证明：$f$ 在点 $x_0$ 处可微，且 $Jf(x_0)=A$。

解 由题设

$$f(x)-f(x_0)-A(x-x_0)=o(x-x_0),$$

即当 $x\to x_0$ 时

$$\frac{|f(x)-f(x_0)-A(x-x_0)|}{|x-x_0|}\to 0.$$

这正是 $f$ 在 $x_0$ 处可微的定义，所以 $f$ 在 $x_0$ 处可微，且全导数就是线性映射 $A$，从而

$$Jf(x_0)=A.$$

练习题 2

设 $f:\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^3$ 是可微的向量值函数，满足条件 $|f(t)|=1,\forall t\in \mathbb{R}$。证明：

$$f^{\prime }(t)\cdot f(t)=0,$$

并对这个结果进行几何上的解释。

解 由 $|f(t)|=1$ 得

$$f(t)\cdot f(t)=1.$$

两边对 $t$ 求导，得

$$2f^{\prime }(t)\cdot f(t)=0,$$

即

$$f^{\prime }(t)\cdot f(t)=0.$$

几何上，$f(t)$ 的端点始终在单位球面上运动，$f^{\prime }(t)$ 是该轨迹的切向量，而 $f(t)$ 是球面的半径向量；上式说明切向量与半径向量正交，也就是说切线落在球面的切平面内。

练习题 3

设 $u(x,y),v(x,y)$ 在区域 ${\mathbb{R}}^2$ 上有一阶连续偏导数，且存在 $C>0$，对任意两点 $(x_i,y_i)\in {\mathbb{R}}^2(i=1,2)$ 均成立

$$(u_1-u_2{)}^2+(v_1-v_2{)}^2\ge C[(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2],$$

其中 $u_i=u(x_i,y_i),v_i=v(x_i,y_i)(i=1,2)$，则任意 $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$ 有

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\ne 0.$$

解 记

$$F(x,y)=(u(x,y),v(x,y)).$$

任取单位向量 $\xi =({\xi }_1,{\xi }_2)$，把题设不等式应用于点 $(x,y)$ 与 $(x+t{\xi }_1,y+t{\xi }_2)$，得

$$\frac{|F(x+t\xi )-F(x){|}^2}{t^2}\ge C|\xi {|}^2=C.$$

令 $t\to 0$，由可微性得到

$$|JF(x,y)\xi {|}^2\ge C.$$

故对任意 $\xi \ne 0$ 都有 $JF(x,y)\xi \ne 0$，即线性映射 $JF(x,y)$ 为单射。二维线性变换单射即为可逆，所以

$$\det JF(x,y)=\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\ne 0.$$

19.5.1 例题

例题 19.5.1

设

$$u=xyz{e}^{x+y+z},$$

求

$$\frac{{\partial }^{k}u}{\partial x^p\partial y^q\partial z^r},p+q+r=k.$$

解 由于

$$\frac{{\partial }^{k}u}{\partial x^p\partial y^q\partial z^r}=\frac{{\partial }^p}{\partial x^p}(x{e}^x)\frac{{\partial }^q}{\partial y^q}(y{e}^y)\frac{{\partial }^r}{\partial z^r}(z{e}^z),$$

而

$$\frac{{\partial }^p}{\partial x^p}(x{e}^x)=(p+x)e^x,$$

从而

$$\frac{{\partial }^{k}u}{\partial x^p\partial y^q\partial z^r}=(p+x)(q+y)(r+z)e^{x+y+z}.$$

19.5.2 参考题

参考题 1

设

$$u(x,t)=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}{e}^{-\frac{x^2}{4t}},$$

证明：当 $t>0$ 时

$$\left|\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}\right|\le C{t}^{-\frac{3}{2}}{e}^{-\lambda \frac{x^2}{t}},$$

其中 $C$ 为正常数，$\lambda$ 为小于 $\frac{1}{4}$ 的正常数。

解 直接计算得

$$u_{xx}=\frac{1}{2\sqrt{\pi t}}{e}^{-\frac{x^2}{4t}}\left(\frac{x^2}{4t^2}-\frac{1}{2t}\right)=\frac{1}{8\sqrt{\pi }}{t}^{-3/2}\left(\frac{x^2}{t}-2\right)e^{-\frac{x^2}{4t}}.$$

记 $s=x^2/t\ge 0$，则

$$|u_{xx}|=\frac{1}{8\sqrt{\pi }}{t}^{-3/2}|s-2|e^{-s/4}=\frac{1}{8\sqrt{\pi }}{t}^{-3/2}(|s-2|e^{-(1/4-\lambda )s})e^{-\lambda s}.$$

当 $0<\lambda <1/4$ 时，函数 $|s-2|e^{-(1/4-\lambda )s}$ 在 $[0,\infty )$ 上有界，故存在常数 $C$ 使

$$|u_{xx}|\le C{t}^{-3/2}{e}^{-\lambda x^2/t}.$$

参考题 2

设

$$\Gamma (x,y,z;\xi ,\eta ,\zeta )=-\frac{1}{4\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-\frac{1}{2}},$$

证明：

$$\left|\frac{\partial \Gamma }{\partial z}\right|\le \frac{1}{4\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-1},$$ $$\left|\frac{{\partial }^2\Gamma }{\partial y\partial z}\right|\le \frac{3}{4\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-\frac{3}{2}},$$ $$\left|\frac{{\partial }^3\Gamma }{\partial x\partial y\partial z}\right|\le C[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-2},$$

其中 $C$ 为正常数。

解 设

$${\rho }^2=(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2,\Gamma =-\frac{1}{4\pi \rho }.$$

则

$${\Gamma }_z=\frac{z-\zeta }{4\pi {\rho }^3},$$

故

$$|{\Gamma }_z|\le \frac{1}{4\pi }{\rho }^{-2}=\frac{1}{4\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-1}.$$

又

$${\Gamma }_{yz}=-\frac{3(y-\eta )(z-\zeta )}{4\pi {\rho }^5},$$

于是

$$|{\Gamma }_{yz}|\le \frac{3}{4\pi }{\rho }^{-3}=\frac{3}{4\pi }[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-3/2}.$$

再求一阶，

$${\Gamma }_{xyz}=\frac{15(x-\xi )(y-\eta )(z-\zeta )}{4\pi {\rho }^7},$$

从而

$$|{\Gamma }_{xyz}|\le \frac{15}{4\pi }{\rho }^{-4}=C[(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2+(z-\zeta {)}^2{]}^{-2}.$$

参考题 3

设 $u(x,y)$ 有二阶偏导数，无零点。证明：$u$ 满足方程

$$u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}$$

的充分必要条件是

$$u(x,y)=f(x)g(y).$$

解 必要性显然：若 $u(x,y)=f(x)g(y)$，则

$$u_x=f^{\prime }(x)g(y),u_y=f(x)g^{\prime }(y),u_{xy}=f^{\prime }(x)g^{\prime }(y),$$

故

$$u{u}_{xy}=u_x{u}_y.$$

反过来，因 $u$ 无零点，可取

$$v(x,y)=\ln |u(x,y)|.$$

于是

$$v_{xy}=\frac{u{u}_{xy}-u_x{u}_y}{u^2}.$$

题设方程等价于 $v_{xy}=0$。因此 $v_x$ 与 $y$ 无关，即 $v_x={\phi }^{\prime }(x)$；再积分得

$$v(x,y)=\phi (x)+\psi (y).$$

于是

$$u(x,y)=\pm e^{\phi (x)}{e}^{\psi (y)}=f(x)g(y).$$

这里符号在每个连通分支上恒定，因为 $u$ 无零点。

参考题 4

证明：关于 $n$ 次齐次函数的命题 19.3.1—19.3.4。

解 关于齐次函数的几条命题可统一证明如下。设 $u$ 在锥形区域上可微，并满足

$$u(tx)=t^{n}u(x)(t>0).$$

把 $x=(x_1,\dots ,x_m)$ 视为常量，对 $t$ 求导并取 $t=1$，得 Euler 公式

$$\sum _{i=1}^m{x}_i\frac{\partial u}{\partial x_i}=nu.$$

再对 $t$ 求一次导并取 $t=1$，得

$$\sum _{i,j=1}^m{x}_i{x}_j\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x_i\partial x_j}=n(n-1)u.$$

由

$$\frac{\partial }{\partial x_i}u(tx)=t{u}_{x_i}(tx)=t^n{u}_{x_i}(x)$$

知 $u_{x_i}$ 是 $(n-1)$ 次齐次函数；同理，二阶偏导数是 $(n-2)$ 次齐次函数。

反过来，若 $u$ 可微且满足 Euler 公式，固定 $x$，令

$$\varphi (t)=t^{-n}u(tx),$$

则

$${\varphi }^{\prime }(t)=t^{-n-1}\left(\sum _{i=1}^{m}t{x}_i{u}_{x_i}(tx)-nu(tx)\right)=0.$$

故 $\varphi$ 为常数，于是

$$u(tx)=t^{n}u(x),$$

即 $u$ 为 $n$ 次齐次函数。

参考题 5

设

$$u=\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ x_1& x_2& \cdots & x_n\\ x_1^2& x_2^2& \cdots & x_n^2\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_1^{n-1}& x_2^{n-1}& \cdots & x_n^{n-1}\end{array}\right|,$$

证明： 1.

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial u}{\partial x_i}=0;$$

$$\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{\partial u}{\partial x_i}=\frac{n(n-1)}{2}u.$$

解 这是 Vandermonde 行列式，

$$u=\prod _{1\le i<j\le n}(x_j-x_i).$$

把每个 $x_i$ 同时加上同一个参数 $t$，行列式不变，因此

$$u(x_1+t,\dots ,x_n+t)\equiv u(x_1,\dots ,x_n).$$

对 $t$ 在 $t=0$ 处求导，得

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial u}{\partial x_i}=0.$$

另一方面，$u$ 是 $\frac{n(n-1)}{2}$ 次齐次函数。由 Euler 公式，

$$\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{\partial u}{\partial x_i}=\frac{n(n-1)}{2}u.$$

参考题 6

设 $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$ 是正交矩阵，$f(y)$ 是定义在 ${\mathbb{R}}^n$ 上的二次可微函数，$F(x)=f(Ax)$。证明：当 $y=Ax$ 时有 1.

$$\sum _{i=1}^n{\left(\frac{\partial f}{\partial y_i}\right)}^2=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{\partial F}{\partial x_i}\right)}^2;$$

$$\sum _{i=1}^n\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y_i^2}=\sum _{i=1}^n\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x_i^2}.$$

解 记 $y=Ax,F(x)=f(Ax)=f(y)$。则

$$\frac{\partial F}{\partial x_i}=\sum _{k=1}^n\frac{\partial f}{\partial y_k}{a}_{ki},$$

也就是

$${\nabla }_{x}F=A^{\mathrm{T}}{\nabla }_{y}f.$$

因 $A$ 为正交矩阵，故

$$|{\nabla }_{x}F{|}^2=|{\nabla }_{y}f{|}^2,$$

即

$$\sum _{i=1}^n{\left(\frac{\partial F}{\partial x_i}\right)}^2=\sum _{i=1}^n{\left(\frac{\partial f}{\partial y_i}\right)}^2.$$

再求二阶导数，

$$F_{x_i{x}_i}=\sum _{k,\ell =1}^n{f}_{y_k{y}_{\ell }}{a}_{ki}{a}_{\ell i}.$$

对 $i$ 求和，

$$\sum _{i=1}^n{F}_{x_i{x}_i}=\sum _{k,\ell =1}^n{f}_{y_k{y}_{\ell }}\sum _{i=1}^n{a}_{ki}{a}_{\ell i}=\sum _{k,\ell =1}^n{f}_{y_k{y}_{\ell }}{\delta }_{k\ell }=\sum _{k=1}^n{f}_{y_k{y}_k}.$$

参考题 7

求下列变换的 Jacobi 行列式：

1. $x_1=r\cos \theta ,x_2=r\sin \theta$，求

$$\frac{\partial (x_1,x_2)}{\partial (r,\theta )};$$

1. $x_1=r\cos {\theta }_1,x_2=r\sin {\theta }_1\cos {\theta }_2,x_3=r\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2$，求

$$\frac{\partial (x_1,x_2,x_3)}{\partial (r,{\theta }_1,{\theta }_2)};$$

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=r\cos {\theta }_1,\\ x_2=r\sin {\theta }_1\cos {\theta }_2,\\ x_3=r\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2\cos {\theta }_3,\\ \cdots \cdots ,\\ x_{m-1}=r\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2\sin {\theta }_3\cdots \sin {\theta }_{m-2}\cos {\theta }_{m-1},\\ x_m=r\sin {\theta }_1\sin {\theta }_2\sin {\theta }_3\cdots \sin {\theta }_{m-2}\sin {\theta }_{m-1},\end{array}$$

这里 $r\ge 0,0\le {\theta }_1,{\theta }_2,\cdots ,{\theta }_{m-2}\le \pi ,0\le {\theta }_{m-1}\le 2\pi$，试用数学归纳法求

$$\frac{\partial (x_1,x_2,\cdots ,x_m)}{\partial (r,{\theta }_1,{\theta }_2,\cdots ,{\theta }_{m-1})}.$$

解 1.

$$\frac{\partial (x_1,x_2)}{\partial (r,\theta )}=\left|\begin{array}{cc}\cos \theta & -r\sin \theta \\ \sin \theta & r\cos \theta \end{array}\right|=r.$$

1. 直接计算可得

$$\frac{\partial (x_1,x_2,x_3)}{\partial (r,{\theta }_1,{\theta }_2)}=r^2\sin {\theta }_1.$$

1. 设

$$J_m=\frac{\partial (x_1,\dots ,x_m)}{\partial (r,{\theta }_1,\dots ,{\theta }_{m-1})}.$$

把 $(x_1,\dots ,x_m)$ 写成

$$x_1=r\cos {\theta }_1,(x_2,\dots ,x_m)=r\sin {\theta }_1({\tilde{x}}_1,\dots ,{\tilde{x}}_{m-1}),$$

其中 $({\tilde{x}}_1,\dots ,{\tilde{x}}_{m-1})$ 是 $m-1$ 维球坐标。按第一行展开可得递推式

$$J_m=r^{m-1}{\sin }^{m-2}{\theta }_1{J}_{m-1}(1,{\theta }_2,\dots ,{\theta }_{m-1}).$$

由 $J_2=r$ 归纳得

$$J_m=r^{m-1}{\sin }^{m-2}{\theta }_1{\sin }^{m-3}{\theta }_2\cdots \sin {\theta }_{m-2}.$$

参考题 8

函数值计算的相对误差估计：

1. 利用可微函数定义与近似等式 $\Delta f(x;h)\approx \mathrm{d}f(x)h$，证明：设 $f(x)=f_1\cdot f_2\cdots f_n$ 是 $n$ 个不为零的因子的乘积，若 ${\delta }_i$ 是第 $i$ 个因子的相对误差，则它们乘积的相对误差为

$$\delta =\delta (f(x);h)\approx \sum _{i=1}^n{\delta }_i;$$

1. 利用等式 $\mathrm{d}\ln f(x)=\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}f(x)$，再次得到上题结果并证明：一般的分式

$$\frac{f_1{f}_2\cdots f_n}{g_1{g}_2\cdots g_n}(x_1,x_2,\cdots ,x_m)$$

的相对误差是函数 $f_1,f_2,\cdots ,f_n,g_1,g_2,\cdots ,g_n$ 的值的相对误差的和。

解

1. 设

$$F=f_1{f}_2\cdots f_n.$$

由微分乘法公式，

$$\frac{\mathrm{d}F}{F}=\sum _{i=1}^n\frac{\mathrm{d}{f}_i}{f_i}.$$

因此当各因子的相对误差分别为 ${\delta }_i\approx \mathrm{d}{f}_i/f_i$ 时，

$$\delta (F)\approx \frac{\mathrm{d}F}{F}\approx \sum _{i=1}^n{\delta }_i.$$

若作误差估计，则取绝对值即可。

1. 对一般分式

$$Q=\frac{f_1\cdots f_n}{g_1\cdots g_m},$$

有

$$\mathrm{d}(\ln Q)=\sum _{i=1}^n\frac{\mathrm{d}{f}_i}{f_i}-\sum _{j=1}^m\frac{\mathrm{d}{g}_j}{g_j}.$$

故

$$\frac{\mathrm{d}Q}{Q}\approx \sum _{i=1}^n\delta (f_i)-\sum _{j=1}^m\delta (g_j).$$

若只关心误差上界，则

$$\left|\frac{\Delta Q}{Q}\right|\lesssim \sum _{i=1}^n|\delta (f_i)|+\sum _{j=1}^m|\delta (g_j)|.$$

参考题 9

设 $x_1(t),x_2(t),\cdots ,x_n(t)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的可微函数，满足：

$$\{\begin{array}{l}{x}_1^{\prime }(t)=a_{11}{x}_1(t)+a_{12}{x}_2(t)+\cdots +a_{1n}{x}_n(t),\\ x_2^{\prime }(t)=a_{21}{x}_1(t)+a_{22}{x}_2(t)+\cdots +a_{2n}{x}_n(t),\\ \cdots \cdots ,\\ x_n^{\prime }(t)=a_{n1}{x}_1(t)+a_{n2}{x}_2(t)+\cdots +a_{nn}{x}_n(t),\end{array}$$

其中 $a_{ij}\ge 0,i,j=1,2,\cdots ,n$。假如对任何 $i$，当 $t\to +\infty$ 时，$x_i(t)\to 0$。问函数 $x_1(t),x_2(t),\cdots ,x_n(t)$ 必定是线性相关的吗（这里函数线性相关的定义见上一章的第一组参考题 4）？

解 必定线性相关。把方程组写成向量形式

$$X^{\prime }(t)=AX(t),A=(a_{ij})\ge 0.$$

由 Perron—Frobenius 定理，谱半径 $\rho (A)\ge 0$ 是 $A$ 的特征值，因此 $A$ 至少有一个实部非负的特征值。记

$$E^{-}=\underset{\Re \lambda <0}{⨁}{G}_{\lambda }$$

为所有实部为负的广义特征子空间之和，则 $E^{-}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的真子空间。

又

$$X(t)=e^{tA}X(0).$$

若 $X(t)\to 0$，则 $X(0)$ 在所有实部非负的广义特征子空间上的分量都必须为零，从而 $X(0)\in E^{-}$，于是

$$X(t)\in E^{-},\forall t.$$

由于 $E^{-}\ne {\mathbb{R}}^n$，存在非零向量 $c=(c_1,\dots ,c_n)$ 使

$$c\cdot X(t)=c_1{x}_1(t)+\cdots +c_n{x}_n(t)\equiv 0.$$

所以 $x_1(t),\dots ,x_n(t)$ 线性相关。

参考题 10

设 $f$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 上的 $C^2$ 映射，$Jf(x)$ 为 Jacobi 矩阵，它的元素为

$$\frac{\partial f_j}{\partial x_i}(x),i,j=1,2,\cdots ,n.$$

在 Jacobi 行列式 $\det (Jf(x))$ 中对应的代数余子式为 $A_{ij}(x),i,j=1,2,\cdots ,n$。证明如下的 Hadamard 恒等式：

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial A_{ij}}{\partial x_i}(x)=0,j=1,2,\cdots ,n.$$

解 记 Jacobi 矩阵的第 $j$ 列为 $\nabla f_j$。对固定的 $j$，考虑 $(n-1)$ 形式

$${\omega }_j=d{f}_1\wedge \cdots \wedge \widehat{d{f}_j}\wedge \cdots \wedge d{f}_n.$$

把它按基底展开，

$${\omega }_j=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+j}{A}_{ij}d{x}_1\wedge \cdots \wedge \widehat{d{x}_i}\wedge \cdots \wedge d{x}_n.$$

由于 $d(d{f}_k)=0$，有

$$d{\omega }_j=0.$$

另一方面，

$$d{\omega }_j=\left(\sum _{i=1}^n\frac{\partial A_{ij}}{\partial x_i}\right)d{x}_1\wedge \cdots \wedge d{x}_n.$$

比较系数便得

$$\sum _{i=1}^n\frac{\partial A_{ij}}{\partial x_i}=0,j=1,\dots ,n.$$