20-第二十章 隐函数存在定理与隐函数求导

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正文部分

20.1.1 隐函数存在定理（例题）

例题 20.1.1

证明：在点 $(1,1)$ 的某一邻域内存在唯一的连续可微函数 $y=f(x)$，满足

$$f(1)=1,xf(x)+2\ln x+3\ln f(x)-1=0,$$

并求 $f^{\prime }(x)$。

证 令

$$F(x,y)=xy+2\ln x+3\ln y-1,$$

则

1. $F(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 的邻域内有关于 $x,y$ 的连续偏导数；
2. $F(1,1)=0$；

$$F_y(1,1)={\left(x+\frac{3}{y}\right)|}_{(x,y)=(1,1)}\ne 0.$$

由隐函数存在定理，在点 $(1,1)$ 的某邻域内存在唯一的连续可微函数 $y=f(x)$，满足

$$f(1)=1,xf(x)+2\ln x+3\ln f(x)-1=0.$$

且

$$f^{\prime }(x)=-\frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}=-\frac{y+\frac{2}{x}}{x+\frac{3}{y}}=-\frac{x{y}^2+2y}{x^{2}y+3x}.$$

例题 20.1.2

设点 $(x_0,y_0,u_0)$ 满足

$$u_0=y_0+x_0\phi (u_0),$$

根据隐函数存在定理给函数 $\phi$ 加上适当条件，使方程

$$u=y+x\phi (u)$$

可在点 $(x_0,y_0)$ 的某一个邻域内唯一确定一个连续可微函数 $u=f(x,y)$。

解 令

$$F(x,y,u)=u-y-x\phi (u).$$

则 $F(x_0,y_0,u_0)=0$。由复合函数的性质知，当 $\phi (u)$ 连续可微时，$F(x,y,u)$ 连续，有关于 $x,y,u$ 的连续偏导数，且

$$F_u=1-x{\phi }^{\prime }(u).$$

从而当 $\phi (u)$ 连续可微且

$$x_0{\phi }^{\prime }(u_0)\ne 1$$

时，方程 $u=y+x\phi (u)$ 可在点 $(x_0,y_0)$ 的某一邻域内唯一确定一个连续可微函数 $u=f(x,y)$。

20.1.2 隐函数求导（例题）

例题 20.1.3

设 $z=f(x,y)$ 是由方程

$$F(x-y,y-z)=0$$

确定的隐函数，试求 $z_x,z_y$ 及 $z_{xy}$。

解 先求 $z_x$。在 $F(x-y,y-z)=0$ 两边对 $x$ 求导，得

$$F_1-z_x{F}_2=0,$$

于是

$$z_x=\frac{F_1}{F_2}.$$

求 $z_y$，可用公式

$$z_y=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{-F_1+F_2}{-F_2}=\frac{F_2-F_1}{F_2}.$$

求 $z_{xy}$。在 $F_1-z_x{F}_2=0$ 两边对 $y$ 求导，得

$$-F_{11}+F_{12}(1-z_y)-\{[-F_{21}+F_{22}(1-z_y)]z_x+F_2{z}_{xy}\}=0.$$

将 $z_x,z_y$ 的表达式代入，得到

$$-F_{11}+F_{12}\frac{F_1}{F_2}-\left[\left(-F_{21}+F_{22}\frac{F_1}{F_2}\right)\frac{F_1}{F_2}+F_2{z}_{xy}\right]=0.$$

解出 $z_{xy}$ 得

$$z_{xy}=\frac{1}{F_2^3}\left(2F_1{F}_2{F}_{12}-F_2^2{F}_{11}-F_1^2{F}_{22}\right).$$

也可先在 $F_1-F_2+F_2{z}_y=0$ 两边对 $x$ 求导，然后解出 $z_{xy}$。

注意 隐函数求导时，涉及一系列的复合的隐函数。必须明辨函数关系，弄清哪些是自变量，哪些是因变量，以免漏项。

20.1.3 思考题

思考题 1

证明：方程 $F(x,y)=(x-y{)}^2=0$ 在点 $(0,0)$ 处有 $F_y(0,0)=0$，但在 $x=0$ 附近仍存在唯一解 $y=x$ 且是连续可微的。这与隐函数存在定理的结论是否矛盾？

解 不矛盾。隐函数存在定理给出的条件 $F_y(x_0,y_0)\ne 0$ 只是充分条件，不是必要条件。

本题中

$$F(x,y)=(x-y{)}^2,F_y(0,0)=0,$$

但方程 $F(x,y)=0$ 与

$$(x-y{)}^2=0$$

完全等价，即

$$y=x.$$

所以不仅在 $x=0$ 附近，而且在整个实轴上都唯一确定了连续可微函数 $y=x$。这里只是说明：即便 $F_y(x_0,y_0)=0$，隐函数也可能仍然存在而且唯一。

思考题 2

设有方程

$$x^2+y^2+z^2-3xyz=0,$$

证明：

1. 可确定点 $(1,1,1)$ 附近的隐函数 $z=z(x,y)$，并求 $z_x(1,1)$；
2. 可确定点 $(1,1,1)$ 附近的隐函数 $y=y(x,z)$，并求 $y_z(1,1)$。

解 设

$$F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-3xyz.$$

在点 $(1,1,1)$ 处有 $F(1,1,1)=0$。

$$F_z=2z-3xy,F_z(1,1,1)=-1\ne 0.$$

故在 $(1,1)$ 的某邻域内可确定隐函数 $z=z(x,y)$。又

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{2x-3yz}{2z-3xy},$$

所以

$$z_x(1,1)=-\frac{-1}{-1}=-1.$$

$$F_y=2y-3xz,F_y(1,1,1)=-1\ne 0.$$

故在 $(1,1)$ 的某邻域内可确定隐函数 $y=y(x,z)$。又

$$y_z=-\frac{F_z}{F_y}=-\frac{2z-3xy}{2y-3xz},$$

所以

$$y_z(1,1)=-\frac{-1}{-1}=-1.$$

20.1.4 练习题

练习题 1

设 $y=y(x)$ 由下述方程确定，求 $y^{\prime },y^{\prime \prime }$：

1. $\ln (x^2+y^2)=\arctan \frac{y}{x}$；
2. $x^y=y^x$；
3. $xy-2^x\ln 2+2^y=0$。

解

1. 设

$$F(x,y)=\ln (x^2+y^2)-\arctan \frac{y}{x}=0.$$

则

$$F_x=\frac{2x+y}{x^2+y^2},F_y=\frac{2y-x}{x^2+y^2}.$$

故

$$y^{\prime }=-\frac{F_x}{F_y}=\frac{2x+y}{x-2y}.$$

由 $F_x+F_y{y}^{\prime }=0$，即

$$2x+y+(2y-x)y^{\prime }=0,$$

再求导得

$$2+2(y^{\prime }{)}^2+(2y-x)y^{\prime \prime }=0.$$

因此

$$y^{\prime \prime }=\frac{2(1+(y^{\prime }{)}^2)}{x-2y}=\frac{10(x^2+y^2)}{(x-2y{)}^3}.$$

1. 先取对数，

$$y\ln x=x\ln y.$$

设

$$F(x,y)=y\ln x-x\ln y=0.$$

则

$$F_x=\frac{y}{x}-\ln y,F_y=\ln x-\frac{x}{y}.$$

故

$$y^{\prime }=-\frac{F_x}{F_y}=\frac{\ln y-\frac{y}{x}}{\ln x-\frac{x}{y}}.$$

再用

$$y^{\prime \prime }=-\frac{F_{xx}+2F_{xy}{y}^{\prime }+F_{yy}(y^{\prime }{)}^2}{F_y},$$

其中

$$F_{xx}=-\frac{y}{x^2},F_{xy}=\frac{1}{x}-\frac{1}{y},F_{yy}=\frac{x}{y^2}.$$

于是

$$y^{\prime \prime }=\frac{\frac{y}{x^2}-2\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)y^{\prime }-\frac{x}{y^2}(y^{\prime }{)}^2}{\ln x-\frac{x}{y}}.$$

1. 设

$$F(x,y)=xy-2^x\ln 2+2^y=0.$$

则

$$F_x=y-(\ln 2{)}^2{2}^x,F_y=x+(\ln 2)2^y.$$

故

$$y^{\prime }=\frac{(\ln 2{)}^2{2}^x-y}{x+(\ln 2)2^y}.$$

又

$$F_{xx}=-(\ln 2{)}^3{2}^x,F_{xy}=1,F_{yy}=(\ln 2{)}^2{2}^y,$$

所以

$$y^{\prime \prime }=\frac{(\ln 2{)}^3{2}^x-2y^{\prime }-(\ln 2{)}^2{2}^y(y^{\prime }{)}^2}{x+(\ln 2)2^y}.$$

练习题 2

求在指定点的导数：

1. $y^3+y-x^2=0$，求 $y^{\prime }(0)$；
2. $x^{2/3}+y^{2/3}-4=0$，求在点 $(1,3\sqrt{3})$ 处的导数 $y^{\prime }$；
3. $\sin x+2\cos y-1=0$，求在点 $\left(\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right)$ 处的 $y^{\prime },y^{\prime \prime }$。

解

1. 当 $x=0$ 时，方程给出 $y=0$。由

$$(3y^2+1)y^{\prime }=2x$$

知

$$y^{\prime }(0)=0.$$

1. 对

$$x^{2/3}+y^{2/3}-4=0$$

求导，得

$$\frac{2}{3}{x}^{-1/3}+\frac{2}{3}{y}^{-1/3}{y}^{\prime }=0,$$

故

$$y^{\prime }=-{\left(\frac{y}{x}\right)}^{1/3}.$$

在点 $(1,3\sqrt{3})$ 处，

$$y^{\prime }=-(3\sqrt{3}{)}^{1/3}=-\sqrt{3}.$$

1. 对

$$\sin x+2\cos y-1=0$$

求导，得

$$\cos x-2\sin y{y}^{\prime }=0.$$

在 $\left(\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right)$ 处，

$$y^{\prime }=0.$$

再求导，

$$-\sin x-2\cos y(y^{\prime }{)}^2-2\sin y{y}^{\prime \prime }=0.$$

代入该点并用 $y^{\prime }=0$，得

$$-1+2y^{\prime \prime }=0,$$

所以

$$y^{\prime \prime }=\frac{1}{2}.$$

练习题 3

设 $z=z(x,y)$ 是由下列方程确定的隐函数，求指定的导数或微分：

1. $x+y+z=e^{-(x+y+z)}$，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y};$$

1. $x^3+y^3+z^3-3xyz-4=0$，求在点 $(1,1,2)$ 处的偏导数

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y};$$

1. $z=\sqrt{x^2-y^2}\tan \frac{z}{\sqrt{x^2-y^2}}$，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y};$$

1. $\frac{x}{z}=\ln \frac{z}{y}$，求 $\mathrm{d}z$；
2. $xy+yz+zx=1$，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

解

1. 设 $s=x+y+z$，则题设为 $s=e^{-s}$。因一元方程 $s=e^{-s}$ 有唯一实根 $c$，故

$$x+y+z\equiv c,z=c-x-y.$$

于是

$$z_x=z_y=-1,z_{xx}=z_{yy}=z_{xy}=0.$$

1. 设

$$F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz-4.$$

则在点 $(1,1,2)$，

$$F_x=3x^2-3yz=-3,F_y=3y^2-3xz=-3,F_z=3z^2-3xy=9.$$

故

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{1}{3},z_y=-\frac{F_y}{F_z}=\frac{1}{3}.$$

1. 记

$$r=\sqrt{x^2-y^2},w=\frac{z}{r}.$$

原方程化为

$$w=\tan w.$$

对 $x$ 或 $y$ 求导，均得

$$({\sec }^{2}w-1)w_x=0,({\sec }^{2}w-1)w_y=0.$$

当 $w\ne 0$ 时，${\sec }^{2}w-1={\tan }^{2}w=w^2\ne 0$，故 $w_x=w_y=0$；当 $w=0$ 时 $z\equiv 0$，结论同样成立。故 $w$ 为常数，于是

$$z=cr,c=\frac{z}{r}.$$

从而

$$z_x=c\frac{x}{r}=\frac{xz}{x^2-y^2},z_y=-c\frac{y}{r}=-\frac{yz}{x^2-y^2}.$$

1. 设

$$F(x,y,z)=\frac{x}{z}-\ln \frac{z}{y}=0.$$

则

$$F_x=\frac{1}{z},F_y=\frac{1}{y},F_z=-\frac{x}{z^2}-\frac{1}{z}=-\frac{x+z}{z^2}.$$

故

$$\mathrm{d}z=-\frac{F_x\mathrm{d}x+F_y\mathrm{d}y}{F_z}=\frac{z}{x+z}\mathrm{d}x+\frac{z^2}{y(x+z)}\mathrm{d}y.$$

1. 由

$$xy+yz+zx=1$$

可解得

$$z=\frac{1-xy}{x+y}.$$

于是

$$z_x=-\frac{y^2+1}{(x+y{)}^2},z_y=-\frac{x^2+1}{(x+y{)}^2},$$ $$z_{xx}=\frac{2(y^2+1)}{(x+y{)}^3},z_{yy}=\frac{2(x^2+1)}{(x+y{)}^3},$$ $$z_{xy}=\frac{2(1-xy)}{(x+y{)}^3}.$$

练习题 4

设 $z=z(x,y)$ 由下列方程确定，求指定的导数或微分：

1. $f(x+y+z,x^2+y^2+z^2)=0$，求 $\mathrm{d}z$；
2. $f(x,x+y,x+y+z)=0$，求

$$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y};$$

1. $f(x+y,y+z,z+x)=0$，求

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2},\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}.$$

解

1. 记

$$u=x+y+z,v=x^2+y^2+z^2.$$

由

$$f(u,v)=0$$

求微分得

$$f_1\mathrm{d}u+f_2\mathrm{d}v=0.$$

而

$$\mathrm{d}u=\mathrm{d}x+\mathrm{d}y+\mathrm{d}z,\mathrm{d}v=2x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z.$$

故

$$(f_1+2z{f}_2)\mathrm{d}z+(f_1+2x{f}_2)\mathrm{d}x+(f_1+2y{f}_2)\mathrm{d}y=0,$$

即

$$\mathrm{d}z=-\frac{f_1+2x{f}_2}{f_1+2z{f}_2}\mathrm{d}x-\frac{f_1+2y{f}_2}{f_1+2z{f}_2}\mathrm{d}y.$$

1. 记

$$u=x,v=x+y,w=x+y+z.$$

则

$$f(u,v,w)=0.$$

对 $x,y$ 求导：

$$f_1+f_2+f_3(1+z_x)=0,f_2+f_3(1+z_y)=0.$$

所以

$$z_x=-\frac{f_1+f_2+f_3}{f_3},z_y=-\frac{f_2+f_3}{f_3}.$$

1. 记

$$\Phi (x,y,z)=f(x+y,y+z,z+x).$$

则

$$z_x=-\frac{{\Phi }_x}{{\Phi }_z},z_y=-\frac{{\Phi }_y}{{\Phi }_z},$$

且

$$z_{xx}=-\frac{{\Phi }_{xx}+2{\Phi }_{xz}{z}_x+{\Phi }_{zz}{z}_x^2}{{\Phi }_z},$$ $$z_{yy}=-\frac{{\Phi }_{yy}+2{\Phi }_{yz}{z}_y+{\Phi }_{zz}{z}_y^2}{{\Phi }_z},$$ $$z_{xy}=-\frac{{\Phi }_{xy}+{\Phi }_{xz}{z}_y+{\Phi }_{yz}{z}_x+{\Phi }_{zz}{z}_x{z}_y}{{\Phi }_z}.$$

这里

$${\Phi }_x=f_1+f_3,{\Phi }_y=f_1+f_2,{\Phi }_z=f_2+f_3,$$ $${\Phi }_{xx}=f_{11}+2f_{13}+f_{33},{\Phi }_{yy}=f_{11}+2f_{12}+f_{22},$$ $${\Phi }_{xy}=f_{11}+f_{12}+f_{13}+f_{23},$$ $${\Phi }_{xz}=f_{12}+f_{13}+f_{23}+f_{33},{\Phi }_{yz}=f_{12}+f_{13}+f_{22}+f_{23},$$ $${\Phi }_{zz}=f_{22}+2f_{23}+f_{33},$$

上式中的各偏导都在点 $(x+y,y+z,z+x)$ 处取值。

练习题 5

验证下列各题中给出的隐函数满足指定的方程：

1. $x{z}_x-y{z}_y=2x$，其中 $z=z(x,y)$ 是由方程 $F(xy,z-2x)=0$ 确定的隐函数；
2. $(x^2-y^2-z^2)z_x+2xy{z}_y=2xz$，其中 $z=z(x,y)$ 是由方程

$$x^2+y^2+z^2=yf\left(\frac{z}{y}\right)$$

确定的隐函数；

1. $z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=0$，其中 $z=z(x,y)$ 是由方程

$$\frac{x}{z}=\phi \left(\frac{y}{z}\right)$$

确定的隐函数，$\phi$ 二次连续可微，且

$$x-y{\phi }^{\prime }\left(\frac{y}{z}\right)\ne 0;$$

$$u_x^2+u_y^2+u_z^2=2(x{u}_x+y{u}_y+z{u}_z),$$

其中 $u=u(x,y,z)$ 是由方程

$$\frac{x^2}{a^2+u}+\frac{y^2}{b^2+u}+\frac{z^2}{c^2+u}=1$$

确定的隐函数。

解

1. 记

$$u=xy,v=z-2x.$$

则方程为 $F(u,v)=0$。对 $x,y$ 求导：

$$y{F}_1+(z_x-2)F_2=0,x{F}_1+z_y{F}_2=0.$$

前式乘以 $x$，后式乘以 $y$，两式相减得

$$x{z}_x-y{z}_y=2x.$$

1. 记

$$G(y,z)=yf\left(\frac{z}{y}\right).$$

则 $G$ 是关于 $(y,z)$ 的一次齐次函数，故

$$y{G}_y+z{G}_z=G=x^2+y^2+z^2.$$

对原方程分别对 $x,y$ 求导：

$$(2z-G_z)z_x=-2x,(2z-G_z)z_y=G_y-2y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}& (x^2-y^2-z^2)z_x+2xy{z}_y\\ & =[y(G_y-2y)+z(G_z-2z)]z_x+2xy{z}_y\\ & =y[(G_y-2y)z_x+2x{z}_y]-z(2z-G_z)z_x\\ & =2xz.\end{array}$$

1. 由方程

$$\frac{x}{z}=\phi \left(\frac{y}{z}\right)$$

可见 $z(tx,ty)$ 仍满足同一关系，因此 $z$ 是一次齐次函数。于是 Euler 公式给出

$$x{z}_x+y{z}_y=z.$$

再对 $x,y$ 求导，得

$$x{z}_{xx}+y{z}_{xy}=0,x{z}_{xy}+y{z}_{yy}=0.$$

这就是说 Hessian 矩阵

$$\left(\begin{array}{cc}{z}_{xx}& z_{xy}\\ z_{xy}& z_{yy}\end{array}\right)$$

把非零向量 $(x,y{)}^{\mathrm{T}}$ 映到零向量，所以该矩阵奇异，从而

$$z_{xx}{z}_{yy}-z_{xy}^2=0.$$

1. 设

$$S=\frac{x^2}{(a^2+u{)}^2}+\frac{y^2}{(b^2+u{)}^2}+\frac{z^2}{(c^2+u{)}^2}.$$

对方程

$$\frac{x^2}{a^2+u}+\frac{y^2}{b^2+u}+\frac{z^2}{c^2+u}=1$$

分别对 $x,y,z$ 求导，得

$$u_x=\frac{2x}{(a^2+u)S},u_y=\frac{2y}{(b^2+u)S},u_z=\frac{2z}{(c^2+u)S}.$$

于是

$$u_x^2+u_y^2+u_z^2=\frac{4}{S},$$

而

$$x{u}_x+y{u}_y+z{u}_z=\frac{2}{S}\left(\frac{x^2}{a^2+u}+\frac{y^2}{b^2+u}+\frac{z^2}{c^2+u}\right)=\frac{2}{S}.$$

故

$$u_x^2+u_y^2+u_z^2=2(x{u}_x+y{u}_y+z{u}_z).$$

20.2.1 存在定理（例题）

例题 20.2.1

给定函数

$$u=e^y\sin x,v=e^y\cos x,w=2-\cos z,$$

根据反函数组存在定理判断在哪些点 $(x,y,z)$ 所对应的点 $(u,v,w)$ 的邻域内存在反函数

$$x=x(u,v,w),y=y(u,v,w),z=z(u,v,w)?$$

解 函数 $e^y\sin x,e^y\cos x,2-\cos z$ 在 ${\mathbb{R}}^3$ 中连续可微，且

$$\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)}=\left|\begin{array}{ccc}{e}^y\cos x& e^y\sin x& 0\\ -e^y\sin x& e^y\cos x& 0\\ 0& 0& \sin z\end{array}\right|=e^{2y}\sin z.$$

所以在

$$D=\{(x,y,z)\mid z\ne k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \}$$

内任一点所对应的点 $(u,v,w)$ 处，存在一个邻域，在此邻域内存在反函数。

20.2.2 思考题

思考题 1

若由

$$F(x,y,z,u)=0,G(x,y,z,u)=0,H(x,y,z,u)=0$$

可解出 $x=x(u),y=y(u),z=z(u)$，根据隐函数组存在定理应如何对函数 $F,G,H$ 假设条件？

解 设

$$F(x,y,z,u)=0,G(x,y,z,u)=0,H(x,y,z,u)=0$$

且在点 $(x_0,y_0,z_0,u_0)$ 有

$$F=G=H=0.$$

若 $F,G,H$ 在该点邻域内关于四个变量都有连续偏导数，并且

$$\frac{\partial (F,G,H)}{\partial (x,y,z)}(x_0,y_0,z_0,u_0)\ne 0,$$

则由隐函数组存在定理，可在 $u_0$ 的某邻域内唯一确定连续可微函数

$$x=x(u),y=y(u),z=z(u),$$

并满足

$$x(u_0)=x_0,y(u_0)=y_0,z(u_0)=z_0.$$

思考题 2

对极坐标变换

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

在哪些点 $(r_0,{\theta }_0)$ 附近可存在反函数组 $r=r(x,y),\theta =\theta (x,y)$？在 $(0,{\theta }_0)$ 附近能否存在反函数组？对结论做出直观解释。

解 极坐标变换的 Jacobi 行列式为

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

因此当 $r_0\ne 0$ 时，Jacobi 行列式非零，故在 $(r_0,{\theta }_0)$ 的某邻域内存在反函数组

$$r=r(x,y),\theta =\theta (x,y).$$

当 $r_0=0$ 时不可能存在这样的反函数组。理由有二：一是 Jacobi 行列式在 $r=0$ 处为零；二是所有点 $(0,\theta )$ 都映到同一个平面点 $(0,0)$，映射在原点附近根本不是单射，角变量也没有惟一意义。

20.2.3 求已知函数组所确定的隐函数组的导数（例题）

例题 20.2.2

设 $u(x,y)$ 是由方程组

$$u=f(x,y,z,t),g(y,z,t)=0,h(z,t)=0$$

确定的函数，其中 $f,g,h$ 均连续可微，且

$$\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0,$$

求 $\frac{\partial u}{\partial y}$。

解 1 首先应该认清函数关系，因为

$$\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0,$$

故由

$$g(y,z,t)=0,h(z,t)=0$$

可确定 $z,t$ 为 $y$ 的函数，所以

$$u=f(x,y,z(y),t(y)),$$

即 $u$ 是以 $z,t$ 为中间变量的 $x,y$ 的函数。有了这个认识就可以具体地作求导运算。 由于

$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_y+f_z{z}^{\prime }(y)+f_t{t}^{\prime }(y),$$

为求 $z^{\prime }(y)$ 和 $t^{\prime }(y)$，在方程组两边对 $y$ 求导，得

$$g_y+g_z{z}^{\prime }+g_t{t}^{\prime }=0,h_z{z}^{\prime }+h_t{t}^{\prime }=0.$$

由此得到

$$z^{\prime }=-g_y{h}_t{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1},t^{\prime }=g_y{h}_z{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1}.$$

代入得

$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_y-g_y(f_z{h}_t-f_t{h}_z){\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1}.$$

解 2 也可以直接考虑如下的方程组：

$$F(x,y,z,t,u)=0,g(y,z,t)=0,h(z,t)=0,$$

其中

$$F(x,y,z,t,u)=u-f(x,y,z,t).$$

由于

$$\frac{\partial (F,g,h)}{\partial (u,z,t)}=\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0,$$

从而可视 $x,y$ 为自变量，$u,z,t$ 为 $x,y$ 的函数。在方程组两边对 $y$ 求导，则

$$u_y-f_y-f_z{z}_y-f_t{t}_y=0,$$ $$g_y+g_z{z}_y+g_t{t}_y=0,h_z{z}_y+h_t{t}_y=0.$$

解此方程组可得同一结果。

例题 20.2.3

设 $z=z(x,y)$ 由球变换

$$x=\cos \phi \cos \psi ,y=\cos \phi \sin \psi ,z=\sin \phi$$

确定，求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}$。

解 1 由所给方程组的前两个方程可确定

$$\phi =\phi (x,y),\psi =\psi (x,y),$$

故 $z=\sin \phi (x,y)$，即 $z$ 是以 $\phi$ 为中间变量的 $x,y$ 的函数，所以

$$z_x=\cos \phi {\phi }_x.$$

在前两个方程两边对 $x$ 求导，得

$$1=-\sin \phi {\phi }_x\cos \psi +\cos \phi (-\sin \psi ){\psi }_x,$$ $$0=-\sin \phi {\phi }_x\sin \psi +\cos \phi \cos \psi {\psi }_x.$$

解出

$${\phi }_x=-\frac{\cos \psi }{\sin \phi },{\psi }_x=-\frac{\sin \psi }{\cos \phi }.$$

代入得

$$z_x=-\cot \phi \cos \psi .$$

在上式两边再对 $x$ 求导得

$$z_{xx}={\csc }^2\phi {\phi }_x\cos \psi +\cot \phi \sin \psi {\psi }_x.$$

于是

$$z_{xx}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.$$

解 2 由已知条件得 $x^2+y^2+z^2=1$。两边对 $x$ 求两次导数，注意到 $y$ 与 $x$ 是各自独立的变量，得

$$x+z{z}_x=0,1+z_x^2+z{z}_{xx}=0.$$

于是

$$z_x=-\frac{x}{z},$$ $$z_{xx}=-\frac{z^2+x^2}{z^3}=\frac{y^2-1}{z^3}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.$$

例题 20.2.4

设

$$u=f(x-ut,y-ut,z-ut),g(x,y,z)=0,$$

试求 $u_x,u_y$。这时 $t$ 是自变量还是因变量？

解 由两个方程确定两个隐函数。一个是 $u$，另一个由第二个方程看出应为 $z$，因此 $t$ 是自变量。两方程分别关于 $x$ 求导得

$$u_x=f_1(1-u_{x}t)+f_2(-u_{x}t)+f_3(z_x-u_{x}t),$$ $$g_1+g_3{z}_x=0.$$

解此方程组得

$$u_x=\frac{f_1+f_3\left(-\frac{g_1}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

同理有

$$u_y=\frac{f_2+f_3\left(-\frac{g_2}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

20.2.5 练习题

练习题 1

设

$$x=e^u+u^3,y=e^v-v^3,$$

求反函数组的一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial v}{\partial y}$。

解 两个方程彼此独立。由反函数求导公式，

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{e^u+3u^2},\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{1}{e^v-3v^2}.$$

练习题 2

对由方程组

$$\{\begin{array}{l}x+y+z=0,\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$$

确定的函数 $x=x(z),y=y(z)$，求在点

$$\left(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$$

处的导数 $\frac{dx}{dz},\frac{dy}{dz}$。

解 设 $x=x(z),y=y(z)$。对方程组求导，得

$$x^{\prime }+y^{\prime }+1=0,$$ $$x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }+z=0.$$

在点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$ 处，

$$x^{\prime }+y^{\prime }=-1,x^{\prime }-y^{\prime }=0.$$

故

$$\frac{dx}{dz}=\frac{dy}{dz}=-\frac{1}{2}.$$

练习题 3

对方程组

$$\{\begin{array}{l}{x}^3+y^3+z^3=3xyz,\\ x+y+z=a\end{array}$$

确定的隐函数组 $y=y(x),z=z(x)$，求出导数

$$\frac{dy}{dx},\frac{dz}{dx},\frac{d^{2}y}{d{x}^2},\frac{d^{2}z}{d{x}^2}.$$

解 题目按字面有误。因为

$$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx).$$

再由 $x+y+z=a$，得

$$a(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=0.$$

若 $a\ne 0$，则只能有

$$x=y=z=\frac{a}{3},$$

这只是一个孤立点，不能在其邻域内把 $y,z$ 唯一表示成 $x$ 的函数；若 $a=0$，第一式自动成立，只剩一条方程 $x+y+z=0$，同样不能唯一确定 $y,z$。因此按题面并不存在所说的隐函数组，故 $dy/dx,dz/dx$ 及二阶导数都无从确定。

练习题 4

设

$$\{\begin{array}{l}x=u\cos \frac{v}{u},\\ y=\sin \frac{v}{u},\end{array}$$

求反函数组的偏导数 $u_x,u_y,v_x,v_y$。

解 设

$$\theta =\frac{v}{u}.$$

则

$$x=u\cos \theta ,y=\sin \theta .$$

先求正向 Jacobi 矩阵：

$$x_u=\cos \theta +\theta \sin \theta ,x_v=-\sin \theta ,$$ $$y_u=-\frac{\theta }{u}\cos \theta ,y_v=\frac{\cos \theta }{u}.$$

于是

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\frac{{\cos }^2\theta }{u}.$$

故在 $\cos \theta \ne 0$ 的点可取局部反函数，并由逆矩阵公式得

$$u_x=\frac{1}{\cos \theta },u_y=\frac{u\sin \theta }{{\cos }^2\theta },$$ $$v_x=\frac{\theta }{\cos \theta },v_y=\frac{u(\cos \theta +\theta \sin \theta )}{{\cos }^2\theta }.$$

即

$$u_x=\frac{1}{\cos (v/u)},u_y=\frac{u\sin (v/u)}{{\cos }^2(v/u)},$$ $$v_x=\frac{v/u}{\cos (v/u)},v_y=\frac{u(\cos (v/u)+(v/u)\sin (v/u))}{{\cos }^2(v/u)}.$$

练习题 5

设 $u=u(x)$ 是由方程组

$$u=f(x,y,z),g(x,y,z)=0,h(x,y,z)=0$$

所确定，求 $\frac{du}{dx},\frac{d^{2}u}{d{x}^2}$。

解 记

$$Y=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{z}\right),A=\left(\begin{array}{cc}{g}_y& g_z\\ h_y& h_z\end{array}\right),b=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{g_x}{h_x}\right).$$

由 $g(x,y,z)=0,h(x,y,z)=0$ 得

$$A{Y}^{\prime }+b=0,Y^{\prime }=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y^{\prime }}{z^{\prime }}\right).$$

因此

$$Y^{\prime }=-A^{-1}b,$$

即

$$y^{\prime }=\frac{g_z{h}_x-g_x{h}_z}{g_y{h}_z-g_z{h}_y},z^{\prime }=\frac{g_x{h}_y-g_y{h}_x}{g_y{h}_z-g_z{h}_y}.$$

从而

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y{y}^{\prime }+f_z{z}^{\prime }=\frac{\partial (f,g,h)/\partial (x,y,z)}{\partial (g,h)/\partial (y,z)}.$$

再对 $A{Y}^{\prime }+b=0$ 求导，得

$$A{Y}^{\prime \prime }+\frac{d}{dx}(A{Y}^{\prime }+b)=0,$$

故

$$Y^{\prime \prime }=-A^{-1}\frac{d}{dx}(A{Y}^{\prime }+b).$$

于是

$$u^{\prime \prime }=f_{xx}+2f_{xy}{y}^{\prime }+2f_{xz}{z}^{\prime }+f_{yy}(y^{\prime }{)}^2+2f_{yz}{y}^{\prime }{z}^{\prime }+f_{zz}(z^{\prime }{)}^2+f_y{y}^{\prime \prime }+f_z{z}^{\prime \prime },$$

其中 $(y^{\prime \prime },z^{\prime \prime })$ 由上式确定。

练习题 6

求由方程组

$$x=u\cos v,y=u\sin v,z=v$$

确定的 $z=z(x,y)$ 的所有二阶偏导数。

解 由

$$x=u\cos v,y=u\sin v,z=v$$

可知在局部分支上

$$z(x,y)=\arctan \frac{y}{x}.$$

故

$$z_x=-\frac{y}{x^2+y^2},z_y=\frac{x}{x^2+y^2},$$ $$z_{xx}=\frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2},z_{yy}=-\frac{2xy}{(x^2+y^2{)}^2},$$ $$z_{xy}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}.$$

练习题 7

设 $z=z(x,y)$ 为由方程组

$$x=e^{u+v},y=e^{u-v},z=uv$$

所定义的函数，求当 $(u,v)=(0,0)$ 时的 $\mathrm{d}z,{\mathrm{d}}^{2}z$。

解 由

$$u=\frac{1}{2}\ln (xy),v=\frac{1}{2}\ln \frac{x}{y},$$

得

$$z=uv=\frac{1}{4}[(\ln x{)}^2-(\ln y{)}^2].$$

因此在点 $(u,v)=(0,0)$，即 $(x,y)=(1,1)$ 处，

$$\mathrm{d}z=0.$$

又

$$z_{xx}(1,1)=\frac{1}{2},z_{xy}(1,1)=0,z_{yy}(1,1)=-\frac{1}{2},$$

故

$${\mathrm{d}}^{2}z=\frac{1}{2}\mathrm{d}{x}^2-\frac{1}{2}\mathrm{d}{y}^2.$$

练习题 8

设

$$u=f(x,y,z),g(x^2,e^y,z)=0,y=\sin x,$$

且已知 $f$ 与 $g$ 都有一阶连续偏导数，求 $\frac{du}{dx}$。

解 由 $y=\sin x$，

$$\frac{dy}{dx}=\cos x.$$

再由

$$g(x^2,e^y,z)=0$$

沿 $x$ 求导，得

$$2x{g}_1+e^y\cos x{g}_2+g_3{z}^{\prime }=0,$$

故

$$z^{\prime }=-\frac{2x{g}_1+e^y\cos x{g}_2}{g_3}.$$

于是

$$\frac{du}{dx}=f_x+f_y\cos x-f_z\frac{2x{g}_1+e^y\cos x{g}_2}{g_3}.$$

20.3.1 仅变换自变量的情形（例题）

例题 20.3.1

往方程

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

中作极坐标变换

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

试求方程在变换后的形式。

解 1 认为 $u(x,y)=u(r\cos \theta ,r\sin \theta )$，则

$$u_r=u_x\cos \theta +u_y\sin \theta ,$$ $$u_{\theta }=r(-u_x\sin \theta +u_y\cos \theta ).$$

解此方程组得

$$u_x=\frac{1}{r}(r\cos \theta u_r-\sin \theta u_{\theta }),$$ $$u_y=\frac{1}{r}(r\sin \theta u_r+\cos \theta u_{\theta }).$$

代入原方程中得

$$u_r^2+\frac{1}{r^2}{u}_{\theta }^2=u.$$

解 2 认为

$$u(r,\theta )=u\left(\sqrt{x^2+y^2},\arctan \frac{y}{x}\right),$$

则

$$u_x=u_r\frac{x}{r}-u_{\theta }\frac{y}{r^2},$$ $$u_y=u_r\frac{y}{r}+u_{\theta }\frac{x}{r^2}.$$

于是

$$u_x^2+u_y^2=u_r^2+\frac{1}{r^2}{u}_{\theta }^2,$$

从而方程化为

$$u_r^2+\frac{1}{r^2}{u}_{\theta }^2=u.$$

注 上述两种方法是自变量变换中通常使用的方法，具体用哪一种方法使运算简便，视具体情况而定。

例题 20.3.2

通过代换

$$x=uv,y=\frac{1}{2}(u^2-v^2),$$

变换方程

$${\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}^2=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

解 由链式法则

$$z_u=v{z}_x+u{z}_y,z_v=u{z}_x-v{z}_y.$$

两式平方后相加得

$$z_u^2+z_v^2=(u^2+v^2)(z_x^2+z_y^2).$$

于是

$$z_x^2+z_y^2=\frac{1}{u^2+v^2}(z_u^2+z_v^2).$$

另一方面

$$x^2+y^2=\frac{1}{4}(u^2+v^2{)}^2,$$

代入原方程得

$$z_u^2+z_v^2=2.$$

20.3.2 自变量与因变量同时变换的情形（例题）

例题 20.3.3

通过代换

$$x=t,y=\frac{t}{1+tu},z=\frac{t}{1+tv},$$

试把方程

$$x^2{z}_x+y^2{z}_y=z^2$$

变为以 $v$ 为因变量，$t,u$ 为自变量的形式。

分析 题目的意思是有一个函数 $z=z(x,y)$ 满足方程

$$x^2{z}_x+y^2{z}_y=z^2,$$

作自变量代换

$$x=t,y=\frac{t}{1+tu},$$

以及因变量代换

$$z=\frac{t}{1+tv},$$

得到函数 $v=v(t,u)$，求 $v=v(t,u)$ 满足的方程。

解 1 直接从关系式

$$z=\frac{t}{1+tv}$$

出发求 $z_x$ 和 $z_y$：

$$z_x={\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_t{t}_x+{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_v(v_t{t}_x+v_u{u}_x),$$ $$z_y={\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_t{t}_y+{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_v(v_t{t}_y+v_u{u}_y).$$

由

$$x=t,y=\frac{t}{1+tu}$$

得

$$t=x,u=\frac{1}{y}-\frac{1}{x}.$$

于是

$$t_x=1,t_y=0,u_x=\frac{1}{x^2},u_y=-\frac{1}{y^2}.$$

将它们代入，得到

$$z_x={\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_t+{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_v\left(v_t+\frac{1}{x^2}{v}_u\right),$$ $$z_y=-{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_v\frac{1}{y^2}{v}_u.$$

将以上式子代入原方程，得到

$$x^2\left[{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_t+{\left(\frac{t}{1+tv}\right)}_v{v}_t\right]=z^2.$$

整理得

$$v_t=0.$$

解 2 从

$$z=\frac{t}{1+tv}$$

中解出 $v$ 得

$$v=\frac{1}{z}-\frac{1}{t}.$$

于是

$$v_t=-\frac{1}{z^2}(z_x{x}_t+z_y{y}_t)+\frac{1}{t^2},$$ $$v_u=-\frac{1}{z^2}(z_x{x}_u+z_y{y}_u).$$

由

$$x=t,y=\frac{t}{1+tu}$$

得

$$x_t=1,x_u=0,y_t=\frac{1}{(1+tu{)}^2},y_u=-\frac{t^2}{(1+tu{)}^2}.$$

将它们代入，得

$$v_t=-\frac{1}{z^2}\left[z_x+\frac{1}{(1+tu{)}^2}{z}_y\right]+\frac{1}{t^2},$$ $$v_u=\frac{1}{z^2}\frac{t^2}{(1+tu{)}^2}{z}_y.$$

由此解出 $z_x,z_y$，得

$$z_x=z^2\left(\frac{1}{t^2}-v_t\right)-\frac{z^2}{t^2}{v}_u,$$ $$z_y=\frac{z^2(1+tu{)}^2}{t^2}{v}_u.$$

将它们代入原方程，得

$$v_t=0.$$

20.3.3 练习题

练习题 1

把方程

$$(x-y)\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=0$$

变为 $x$ 作因变量，$y,z$ 为自变量的形式。

解 把 $x$ 看成新因变量 $x=x(y,z)$。由恒等式 $z=z(x(y,z),y)$，

$$z_x{x}_y+z_y=0,z_x{x}_z=1.$$

故

$$z_x=\frac{1}{x_z},z_y=-\frac{x_y}{x_z}.$$

代回原方程，

$$(x-y)\frac{1}{x_z}+y\left(-\frac{x_y}{x_z}\right)=0,$$

即

$$y{x}_y=x-y.$$

练习题 2

引用新函数

$$r=\sqrt{x^2+y^2},\phi =\arctan \frac{y}{x}$$

变换微分式

$$w=x\frac{d^{2}y}{d{t}^2}-y\frac{d^{2}x}{d{t}^2}.$$

解 取

$$x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi .$$

直接求导可得

$$x^{\prime \prime }=(r^{\prime \prime }-r({\phi }^{\prime }{)}^2)\cos \phi -(2r^{\prime }{\phi }^{\prime }+r{\phi }^{\prime \prime })\sin \phi ,$$ $$y^{\prime \prime }=(r^{\prime \prime }-r({\phi }^{\prime }{)}^2)\sin \phi +(2r^{\prime }{\phi }^{\prime }+r{\phi }^{\prime \prime })\cos \phi .$$

于是

$$w=x{y}^{\prime \prime }-y{x}^{\prime \prime }=r^2{\phi }^{\prime \prime }+2r{r}^{\prime }{\phi }^{\prime }=(r^2{\phi }^{\prime }{)}^{\prime }.$$

练习题 3

以 $\xi =x+y,\eta =x-y$ 为新自变量，变换方程

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

解 由

$$\xi =x+y,\eta =x-y$$

得

$$z_x=z_{\xi }+z_{\eta },z_y=z_{\xi }-z_{\eta }.$$

原方程 $z_x=z_y$ 化为

$$z_{\eta }=0.$$

练习题 4

取 $u=y+x{e}^{-x},v=x+x{e}^{-y}$ 为新的自变量，变换微分式

$$F=(z+e^x)\frac{\partial z}{\partial x}+(z+e^y)\frac{\partial z}{\partial y}-(z^2-e^{x+y}).$$

解 由链式法则

$$z_x=z_u{u}_x+z_v{v}_x,z_y=z_u{u}_y+z_v{v}_y.$$

而

$$u_x=(1-x)e^{-x},u_y=1,v_x=1+e^{-y},v_y=-x{e}^{-y}.$$

故

$$\begin{array}{rl}F& =(z+e^x)z_x+(z+e^y)z_y-(z^2-e^{x+y})\\ & =[(z+e^x)(1-x)e^{-x}+z+e^y]z_u\\ & +[(z+e^x)(1+e^{-y})-x{e}^{-y}(z+e^y)]z_v-(z^2-e^{x+y}).\end{array}$$

这里 $x,y$ 视为 $u,v$ 的局部反函数。

练习题 5

设

$$u=x{e}^z,v=y{e}^z,w=z{e}^z,$$

试以 $w$ 为新的因变量，$u,v$ 为新的自变量，变换方程

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

解 原方程等价于 $z_x-z_y=0$，故由上题第 3 小题可知 $z$ 只依赖于 $x+y$。设

$$z=\Phi (x+y).$$

则

$$u+v=(x+y)e^z,w=z{e}^z.$$

右边都只依赖于 $x+y$，故 $w$ 只是 $u+v$ 的函数，从而

$$w_u=w_v.$$

练习题 6

以 $w$ 为新的因变量，$\xi ,\eta ,\zeta$ 为新的自变量，变换方程

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

其中

$$\xi =\frac{x}{z},\eta =\frac{y}{z},\zeta =z,w=\frac{u}{z}.$$

解 由

$$x=\xi \zeta ,y=\eta \zeta ,z=\zeta ,u=\zeta w$$

以及

$$\xi =\frac{x}{z},\eta =\frac{y}{z},\zeta =z$$

得

$$u_x=w_{\xi },u_y=w_{\eta },$$ $$u_z=w-\xi w_{\xi }-\eta w_{\eta }+\zeta w_{\zeta }.$$

代入原方程，

$$\xi \zeta w_{\xi }+\eta \zeta w_{\eta }+\zeta (w-\xi w_{\xi }-\eta w_{\eta }+\zeta w_{\zeta })=\zeta w+\xi \eta \zeta .$$

化简得

$$\zeta w_{\zeta }=\xi \eta .$$

练习题 7

试求

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

在球坐标下的形式。

解 取球坐标

$$x=r\cos \phi \cos \psi ,y=r\cos \phi \sin \psi ,z=r\sin \phi .$$

若把 $u$ 视为 $u(r,\phi ,\psi )$，则球坐标下 Laplace 方程化为

$$u_{rr}+\frac{2}{r}{u}_r+\frac{1}{r^2\cos \phi }\frac{\partial }{\partial \phi }\left(\cos \phi u_{\phi }\right)+\frac{1}{r^2{\cos }^2\phi }{u}_{\psi \psi }=0.$$

练习题 8

以 $u=x+2y+2,v=x-y-1$ 为新的自变量，变换方程

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

解 由

$$u=x+2y+2,v=x-y-1$$

得

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

于是

$$z_x=z_u+z_v,z_y=2z_u-z_v,$$ $$z_{xx}=z_{uu}+2z_{uv}+z_{vv},z_{xy}=2z_{uu}+z_{uv}-z_{vv},$$ $$z_{yy}=4z_{uu}-4z_{uv}+z_{vv}.$$

代入原方程整理，得

$$9z_{uv}+3z_u=0,$$

即

$$3z_{uv}+z_u=0.$$

练习题 9

以 $w$ 为新的因变量，$u,v$ 为新的自变量，变换方程

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}-2\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}+\left(1+\frac{y}{x}\right)\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0,$$

其中

$$u=x,v=x+y,w=x+y+z.$$

解 由

$$u=x,v=x+y,w=x+y+z$$

得

$$z=w-v.$$

又

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

因此

$$z_x=w_u+w_v-1,z_y=w_v-1,$$ $$z_{xx}=w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv},z_{xy}=w_{uv}+w_{vv},z_{yy}=w_{vv}.$$

并且

$$1+\frac{y}{x}=1+\frac{v-u}{u}=\frac{v}{u}.$$

代入原方程，得

$$w_{uu}+\left(\frac{v}{u}-1\right)w_{vv}=0.$$

练习题 10

设

$$xu=x^2+y^2,yv=x^2+y^2,$$

证明：

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=-\frac{uv}{xy}.$$

解 由题设

$$u=\frac{x^2+y^2}{x},v=\frac{x^2+y^2}{y}.$$

故

$$u_x=1-\frac{y^2}{x^2},u_y=\frac{2y}{x},$$ $$v_x=\frac{2x}{y},v_y=1-\frac{x^2}{y^2}.$$

于是

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=u_x{v}_y-u_y{v}_x=-\frac{(x^2+y^2{)}^2}{x^2{y}^2}.$$

而

$$-\frac{uv}{xy}=-\frac{(x^2+y^2{)}^2}{x^2{y}^2},$$

故

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=-\frac{uv}{xy}.$$

练习题 11

若 $u(x,y,z),v(x,y,z)$ 可微，证明：

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (y,z)}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial (u,v)}{\partial (z,x)}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\frac{\partial u}{\partial z}=0.$$

解 直接展开：

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (y,z)}{u}_x+\frac{\partial (u,v)}{\partial (z,x)}{u}_y+\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}{u}_z$$ $$=(u_y{v}_z-u_z{v}_y)u_x+(u_z{v}_x-u_x{v}_z)u_y+(u_x{v}_y-u_y{v}_x)u_z=0.$$

练习题 12

设 $u=xy,v=\frac{x}{y}$，试求

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

解

$$u=xy,v=\frac{x}{y}.$$

于是

$$u_x=y,u_y=x,v_x=\frac{1}{y},v_y=-\frac{x}{y^2}.$$

故

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=\left|\begin{array}{cc}y& x\\ 1/y& -x/y^2\end{array}\right|=-\frac{2x}{y}=-2v.$$

因此

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}={\left(\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\right)}^{-1}=-\frac{1}{2v}.$$

练习题 13

设

$$u=\frac{x}{r^2},v=\frac{y}{r^2},w=\frac{z}{r^2},r^2=x^2+y^2+z^2,$$

试求

$$\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)}.$$

解 记 $X=(x,y,z{)}^{\mathrm{T}}$，则

$$(u,v,w{)}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{|X{|}^2}X.$$

其导数矩阵为

$$DT(X)=\frac{1}{r^2}I-\frac{2}{r^4}X{X}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{r^4}(r^{2}I-2X{X}^{\mathrm{T}}),r^2=x^2+y^2+z^2.$$

沿径向向量 $X$ 的特征值为 $-1/r^2$，在与 $X$ 正交的二维切平面上的特征值都为 $1/r^2$。故

$$\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)}=\det DT(X)=-\frac{1}{r^6}.$$

20.5.1 例题

例题 20.5.1

设 $z=z(x,y)$ 二阶连续可微，在微分方程

$$\frac{1}{(x+y{)}^2}\left(\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+2\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}\right)-\frac{1}{(x+y{)}^3}\left(\frac{\partial z}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial y}\right)=0$$

中，作变量代换

$$u=xy,v=x-y,$$

求变换后的方程。

分析 注意到方程中的导数部分，第一部分是

$${\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)}^2,$$

第二部分是

$$\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}.$$

于是只要求出在变量替换下

$$\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}$$

的表达式即可。

解 利用链式求导法则得到

$$z_x=z_u{u}_x+z_v{v}_x=y{z}_u+z_v,z_y=z_u{u}_y+z_v{v}_y=x{z}_u-z_v.$$

两式相加得

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

于是我们得到在变换之下有

$$\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}=(x+y)\frac{\partial }{\partial u}.$$

再作用算子

$$\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y},$$

则

$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)}^{2}z& =\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)\left[(x+y)\frac{\partial z}{\partial u}\right]\\ & =\left[\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)(x+y)\right]\frac{\partial z}{\partial u}+(x+y)\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)\frac{\partial z}{\partial u}\\ & =2\frac{\partial z}{\partial u}+(x+y{)}^2\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u^2}.\end{array}$$

将上式及

$$\left(\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}\right)z=(x+y)\frac{\partial z}{\partial u}$$

代入原微分方程中，则得到

$$\frac{1}{(x+y{)}^2}\left[2\frac{\partial z}{\partial u}+(x+y{)}^2\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u^2}\right]-\frac{1}{(x+y{)}^3}(x+y)\frac{\partial z}{\partial u}=0.$$

加以整理并将

$$(x+y{)}^2=v^2+4u$$

代入得

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u^2}+\frac{1}{v^2+4u}\frac{\partial z}{\partial u}=0.$$

即已将原方程化为 $v$ 作参数的二阶线性常微分方程。

例题 20.5.2

设方程

$$a\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+2b\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}+c\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=0,$$

其中 $a,b,c$ 都是常数，$b^2-ac=0,c\ne 0$，作代换

$$u=x+\alpha y,v=x+\beta y.$$

问如何选择 $\alpha ,\beta$，能使代换后的方程有简单的形式？

解 不妨设 $c=1$，则 $a=b^2$，于是原方程变为

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

若 $b=0$，则原方程已是最简形式。以下设 $b\ne 0$，则我们的任务是在

$$u=x+\alpha y,v=x+\beta y$$

中适当选取 $\alpha ,\beta$，使得

$$b\frac{\partial }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial y}=\frac{\partial }{\partial u}.$$

由代换得

$$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial u}+\frac{\partial }{\partial v},\frac{\partial }{\partial y}=\alpha \frac{\partial }{\partial u}+\beta \frac{\partial }{\partial v}.$$

显然地只要取

$$\beta =-b,\alpha =1-b,$$

上式即成立。此时原方程化为

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial u^2}=0.$$

事实上，只要取 $\beta =-b,\alpha \ne -b$，上式仍成立。

20.5.2 参考题

第一组参考题 1

设 $f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 附近连续可微，且 $f_y(0,1)\ne 0,f(0,1)=0$。证明：

$$f\left(x,{\int }_0^t\sin xdx\right)=0$$

在点 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 附近确定一个隐函数 $t=\phi (x)$，并求 ${\phi }^{\prime }(0)$。

解 题中积分就是

$${\int }_0^t\sin s\mathrm{d}s=1-\cos t.$$

令

$$F(x,t)=f(x,1-\cos t).$$

则

$$F\left(0,\frac{\pi }{2}\right)=f(0,1)=0,$$

并且

$$F_t(x,t)=f_y(x,1-\cos t)\sin t,F_t\left(0,\frac{\pi }{2}\right)=f_y(0,1)\ne 0.$$

由隐函数存在定理，在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 附近可唯一确定隐函数 $t=\phi (x)$。其导数为

$${\phi }^{\prime }(0)=-\frac{F_x}{F_t}{|}_{(0,\pi /2)}=-\frac{f_x(0,1)}{f_y(0,1)}.$$

第一组参考题 2

证明：由方程

$$y=x+\frac{1}{2}\sin y$$

可在 $(-\infty ,+\infty )$ 中确定隐函数 $y=y(x)$，且 $y(x)\in C^{\infty }(\mathbb{R})$，即 $y(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的无穷次可微函数。

解 令

$$F(x,y)=y-x-\frac{1}{2}\sin y.$$

则 $F\in C^{\infty }({\mathbb{R}}^2)$，且

$$F_y=1-\frac{1}{2}\cos y\ge \frac{1}{2}>0.$$

因此对每个固定的 $x$，函数 $y\mapsto F(x,y)$ 严格递增；又

$$\underset{y\to -\infty }{\lim }F(x,y)=-\infty ,\underset{y\to +\infty }{\lim }F(x,y)=+\infty ,$$

故每个 $x\in \mathbb{R}$ 都恰有唯一的 $y$ 使 $F(x,y)=0$。这就得到全体实轴上的隐函数 $y=y(x)$。

由于 $F_y$ 处处不为零，隐函数存在定理在每一点都可用，所以 $y(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上属于 $C^{\infty }$。

第一组参考题 3

设 $x=y+\phi (y)$，$\phi$ 满足 $\phi (0)=0$，${\phi }^{\prime }(y)$ 在 $(-a,a)$ 中连续，且

$$|{\phi }^{\prime }(0)|\le k<1.$$

证明：存在 $\delta >0$，使当 $-\delta <x<\delta$ 时有唯一一可微函数 $y=y(x)$ 满足方程 $x=y+\phi (y)$，且 $y(0)=0$。

解 取

$$F(x,y)=y+\phi (y)-x.$$

由 ${\phi }^{\prime }(0)$ 的连续性，可取 $\eta >0$ 使得当 $|y|<\eta$ 时，

$$|{\phi }^{\prime }(y)|<k_1<1$$

其中 $k<k_1<1$。于是

$$F_y(x,y)=1+{\phi }^{\prime }(y)\ge 1-k_1>0.$$

又 $F(0,0)=0$。故由隐函数存在定理，存在 $\delta >0$，使得当 $|x|<\delta$ 时，方程

$$x=y+\phi (y)$$

唯一确定一个可微函数 $y=y(x)$，且 $y(0)=0$。

第一组参考题 4

证明：方程

$$F(x,y)=1-e^{-x}+y^3{e}^{-y}=0$$

在 $\{x>0,y\in {\mathbb{R}}^1\}$ 中存在唯一一解 $y=y(x)$ $(x>0)$，且 $y(x)$ 连续可微。

解 对固定的 $x>0$，原方程等价于

$$y^3{e}^{-y}=e^{-x}-1.$$

右端落在 $(-1,0)$ 内，因此解必满足 $y<0$。记

$$g(y)=y^3{e}^{-y}.$$

在 $(-\infty ,0)$ 上

$$g^{\prime }(y)=y^2{e}^{-y}(3-y)>0,$$

故 $g$ 严格递增，且

$$\underset{y\to -\infty }{\lim }g(y)=-\infty ,g(0)=0.$$

于是对每个 $x>0$，方程恰有唯一解 $y=y(x)<0$。

再看

$$F(x,y)=1-e^{-x}+y^3{e}^{-y}.$$

在解曲线上

$$F_y=y^2{e}^{-y}(3-y)>0,$$

故由隐函数存在定理，$y(x)$ 为连续可微函数。

第一组参考题 5

设 $f(x,y)$ 满足：$f_x$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上存在，$f_y$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上存在且连续，且

$$|f_x|<M|f_y|,f(x_0,y_0)=0,$$

这里 $M$ 是正常数。证明：$f(x,y)=0$ 唯一确定一个定义在 $\mathbb{R}$ 上的可微解 $y=y(x)$，且满足 $y(x_0)=y_0$。再问条件 $|f_x|<M|f_y|$ 是否是必要的？若去掉 $f(x_0,y_0)=0$ 这个条件，结论是否仍成立？

解 先证 $f_y$ 处处不为零。若某点有 $f_y=0$，则由 $|f_x|<M|f_y|$ 得 $|f_x|<0$，矛盾。又因 $f_y$ 连续且 ${\mathbb{R}}^2$ 连通，$f_y$ 的符号恒定。不妨设

$$f_y>0\text{在 }{\mathbb{R}}^2\text{ 上成立},$$

否则把 $f$ 换成 $-f$ 即可。

于是对每个固定的 $x$，函数 $y\mapsto f(x,y)$ 严格递增。为证全局存在性，设

$${\gamma }_{\pm }(t)=(t,y_0\pm M(t-x_0)).$$

则

$$\frac{d}{dt}f({\gamma }_{+}(t))=f_x+M{f}_y>0,\frac{d}{dt}f({\gamma }_{-}(t))=f_x-M{f}_y<0.$$

又 $f(x_0,y_0)=0$，故当 $x>x_0$ 时

$$f(x,y_0-M(x-x_0))<0<f(x,y_0+M(x-x_0)),$$

当 $x<x_0$ 时不等号方向交换。由于 $y\mapsto f(x,y)$ 严格递增，可知对每个 $x\in \mathbb{R}$ 都存在唯一 $y(x)$ 使

$$f(x,y(x))=0,$$

并且

$$|y(x)-y_0|\le M|x-x_0|.$$

因为 $f_y\ne 0$ 且连续，隐函数存在定理在曲线上的每一点都成立，所以这个全局解 $y(x)$ 处处可微。

条件 $|f_x|<M|f_y|$ 不是必要的。反例：

$$f(x,y)=y-e^x.$$

方程 $f(x,y)=0$ 唯一确定全局可微解 $y=e^x$，但不存在常数 $M$ 使 $e^x\le M$ 对一切 $x$ 成立。

若去掉 $f(x_0,y_0)=0$，结论也不成立。例如

$$f(x,y)=e^y$$

满足 $f_x=0<M|f_y|$，但方程 $f(x,y)=0$ 根本无解。

第一组参考题 6

设 $u=f(x,y),v=g(x,y)$ 在区域 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^2$ 上有连续偏导数。证明：

1. 如果在 $\Omega$ 上的 Jacobi 矩阵的秩恒等于 $1$，则对 $\Omega$ 内任一点 $(x_0,y_0)$，存在 $(x_0,y_0)$ 的邻域 $U$ 和连续可微的函数 $F(u,v)$，$(F_u^{\prime }{)}^2+(F_v^{\prime }{)}^2\ne 0$，使

$$F(f(x,y),g(x,y))=0$$

在 $U$ 上恒成立；

1. 若有连续可微函数 $F(u,v)$，$(F_u^{\prime }{)}^2+(F_v^{\prime }{)}^2\ne 0$，使

$$F(f(x,y),g(x,y))=0$$

在 $\Omega$ 上恒成立，则

$$\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}\equiv 0,(x,y)\in \Omega .$$

解

1. 由秩恒等于 $1$ 知 Jacobi 行列式恒为 $0$，并且 $\nabla (f,g)$ 不会同时为零。对给定点 $(x_0,y_0)$，不妨设 $g_y(x_0,y_0)\ne 0$；缩小邻域后仍可设 $g_y\ne 0$。于是由隐函数存在定理，方程

$$g(x,y)=v$$

可在该邻域内唯一解出

$$y=\varphi (x,v).$$

令

$$H(x,v)=f(x,\varphi (x,v)).$$

对 $x$ 求导，

$$H_x=f_x+f_y{\varphi }_x.$$

而由 $g(x,\varphi (x,v))=v$ 求导得

$$g_x+g_y{\varphi }_x=0,{\varphi }_x=-\frac{g_x}{g_y}.$$

于是

$$H_x=\frac{f_x{g}_y-f_y{g}_x}{g_y}=0,$$

因为秩为 $1$ 等价于 $f_x{g}_y-f_y{g}_x=0$。故 $H$ 与 $x$ 无关，只是 $v$ 的函数：$H(x,v)=\Phi (v)$。因此在该邻域内

$$u=f(x,y)=\Phi (g(x,y))=\Phi (v),$$

即

$$u-\Phi (v)=0.$$

取

$$F(u,v)=u-\Phi (v)$$

便得所求关系，且

$$(F_u^{\prime }{)}^2+(F_v^{\prime }{)}^2=1+({\Phi }^{\prime }(v){)}^2\ne 0.$$

1. 若

$$F(f(x,y),g(x,y))=0$$

在 $\Omega$ 上恒成立，且 $(F_u^{\prime }{)}^2+(F_v^{\prime }{)}^2\ne 0$，则分别对 $x,y$ 求导：

$$F_u{f}_x+F_v{g}_x=0,F_u{f}_y+F_v{g}_y=0.$$

消去 $F_u,F_v$ 得

$$f_x{g}_y-f_y{g}_x=0,$$

即

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

第一组参考题 7

设空间曲线 $C$ 的方程是

$$x=f(t),y=\phi (t),z=\frac{f^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)},-1<t<1,$$

其中 $f,\phi$ 在 $(-1,1)$ 上有二阶连续导数，且一阶导数处处不等于 $0$。设点集

$$\begin{array}{rl}E=\{(x,y,z)\mid & x=s^2+\frac{f^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)}s+f(t),\\ & y=2s+\phi (t),z=\frac{f^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)},s,t\in (-1,1)\}.\end{array}$$

证明：$E$ 中与曲线 $C$ 充分接近（即 $|s|$ 充分小）的一些点，组成一张连续曲面 $z=z(x,y)$。

解 把参数映射写成

$$X(s,t)=\left(s^2+\frac{f^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)}s+f(t),2s+\phi (t)\right).$$

要把 $z=\frac{f^{\prime }(t)}{{\phi }^{\prime }(t)}$ 看成 $x,y$ 的函数，只需证 $(s,t)\mapsto (x,y)$ 在 $s=0$ 附近局部可逆。其 Jacobi 行列式为

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (s,t)}=\left|\begin{array}{cc}2s+\frac{f^{\prime }}{{\phi }^{\prime }}& {\left(\frac{f^{\prime }}{{\phi }^{\prime }}\right)}^{\prime }s+f^{\prime }\\ 2& {\phi }^{\prime }\end{array}\right|=\left(2s+\frac{f^{\prime }}{{\phi }^{\prime }}\right){\phi }^{\prime }-2\left[{\left(\frac{f^{\prime }}{{\phi }^{\prime }}\right)}^{\prime }s+f^{\prime }\right].$$

当 $s=0$ 时，

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (s,t)}{|}_{s=0}=\frac{f^{\prime }}{{\phi }^{\prime }}{\phi }^{\prime }-2f^{\prime }=-f^{\prime }(t)\ne 0.$$

故对曲线 $C$ 上每一点，存在其邻域使 $(s,t)\mapsto (x,y)$ 可逆；从而在 $|s|$ 充分小时，$t=t(x,y)$ 为连续函数，于是

$$z=\frac{f^{\prime }(t(x,y))}{{\phi }^{\prime }(t(x,y))}$$

就是一张连续曲面。

第一组参考题 8

设函数 $f(x,y),g(x,y)$ 是定义在平面开区域 $G$ 上的两个函数，在 $G$ 上均有连续的一阶偏导数，且在 $G$ 内任意点处均有

$$\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial g}{\partial y}-\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial g}{\partial x}\ne 0.$$

又设有界闭区域 $D\subset G$。证明：在 $D$ 中满足方程组

$$f(x,y)=0,g(x,y)=0$$

的点至多有有限个。

解 若 $D$ 中有无穷多个解点，则由 $D$ 的紧性可取一列解点收敛到某个 $P\in D$。在 $P$ 处

$$\frac{\partial (f,g)}{\partial (x,y)}\ne 0,$$

故由逆映射定理，映射

$$(x,y)\mapsto (f(x,y),g(x,y))$$

在 $P$ 的某邻域内为局部微分同胚。特别地，在这个邻域内点 $(0,0)$ 至多有一个原像。可是一列不同的解点趋于 $P$，这与局部单射矛盾。故解点只能是有限个。

第一组参考题 9

设 $f$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 上的连续可微函数。若 $f(x,y,z)=0$，则

$$\frac{\partial z}{\partial y}\cdot \frac{\partial y}{\partial x}\cdot \frac{\partial x}{\partial z}=-1.$$

1. 解释上述命题的精确含义；
2. 对 Clapeyron（克拉佩隆）公式 $\frac{P\cdot V}{T}=\text{常数}$，验证上述命题的正确性；
3. 对于 $n$ 元连续可微函数 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 确定的关系式

$$f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=0$$

是否有上述类似公式？验证你的判断。

解

1. 这个命题的精确含义是：设 $(x_0,y_0,z_0)$ 满足 $f(x_0,y_0,z_0)=0$，并且

$$f_x(x_0,y_0,z_0)f_y(x_0,y_0,z_0)f_z(x_0,y_0,z_0)\ne 0.$$

则在该点附近，可把三者分别看成其余两者的 $C^1$ 函数，并且有

$${\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}_x{\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)}_z{\left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)}_y=-1.$$

这里下标表示保持哪个变量不变。

由隐函数求导公式，

$${\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)}_x=-\frac{f_y}{f_z},{\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)}_z=-\frac{f_x}{f_y},{\left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)}_y=-\frac{f_z}{f_x},$$

三式相乘即得 $-1$。

1. 对 Clapeyron 公式可写成

$$F(P,V,T)=PV-CT=0.$$

于是

$${\left(\frac{\partial T}{\partial V}\right)}_P=-\frac{F_V}{F_T}=\frac{P}{C},$$ $${\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)}_T=-\frac{F_P}{F_V}=-\frac{V}{P},$$ $${\left(\frac{\partial P}{\partial T}\right)}_V=-\frac{F_T}{F_P}=\frac{C}{V}.$$

相乘便得

$${\left(\frac{\partial T}{\partial V}\right)}_P{\left(\frac{\partial V}{\partial P}\right)}_T{\left(\frac{\partial P}{\partial T}\right)}_V=-1.$$

1. 对 $n$ 元关系

$$f(x_1,\dots ,x_n)=0$$

若各偏导 $f_{x_i}\ne 0$，则有类似的循环公式

$${\left(\frac{\partial x_1}{\partial x_2}\right)}_{x_3,\dots ,x_n}{\left(\frac{\partial x_2}{\partial x_3}\right)}_{x_4,\dots ,x_n,x_1}\cdots {\left(\frac{\partial x_n}{\partial x_1}\right)}_{x_2,\dots ,x_{n-1}}=(-1{)}^n.$$

因为每一个因子都等于

$$-\frac{f_{x_{k+1}}}{f_{x_k}},$$

连乘后分子分母完全消去，只留下 $(-1{)}^n$。

第一组参考题 10

设 $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ 为 $C^1$ 映射。若只存在有限多个点 $x_1,x_2,\cdots ,x_r$，使得

$$\det Jf(x_i)=0,i=1,2,\cdots ,r,$$

并且对每个正数 $M$，

$$\{z\in {\mathbb{R}}^2\mid |f(z)|\le M\}$$

是有界集，证明：$f$ 把 ${\mathbb{R}}^2$ 映满 ${\mathbb{R}}^2$。

解 记

$$C=\{x_1,\dots ,x_r\},V=f(C).$$

由于 $\det Jf\ne 0$ 在 ${\mathbb{R}}^2\setminus C$ 上成立，逆映射定理说明

$$f:{\mathbb{R}}^2\setminus C\to {\mathbb{R}}^2$$

是局部开映射，所以 $f({\mathbb{R}}^2\setminus C)$ 在 ${\mathbb{R}}^2\setminus V$ 中是开集。

下面证它在 ${\mathbb{R}}^2\setminus V$ 中也是闭的。取

$$y_n=f(x_n)\in f({\mathbb{R}}^2\setminus C),y_n\to y\notin V.$$

由题设的 proper 性质，$\{x_n\}$ 落在某个有界集中，可取子列 $x_{n_k}\to x$。连续性给出

$$f(x)=y.$$

若 $x\in C$，则 $y=f(x)\in V$，与 $y\notin V$ 矛盾，所以 $x\notin C$。这说明

$$y\in f({\mathbb{R}}^2\setminus C).$$

因此 $f({\mathbb{R}}^2\setminus C)$ 在 ${\mathbb{R}}^2\setminus V$ 中既开又闭。

而 ${\mathbb{R}}^2\setminus V$ 去掉有限个点后仍连通，故

$$f({\mathbb{R}}^2\setminus C)={\mathbb{R}}^2\setminus V.$$

再加上 $V=f(C)\subset f({\mathbb{R}}^2)$，便得

$$f({\mathbb{R}}^2)={\mathbb{R}}^2.$$

第一组参考题 11

设 $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 为 $C^1$ 映射，且 $Jf(x_0)$ 可逆。证明：$\forall x\in {\mathbb{R}}^n$，只要 $|x|$ 充分小，就存在 $z\in {\mathbb{R}}^n$，$z=o(|x|)$，使得

$$f(x_0+x+z)-f(x_0)-Jf(x_0)x=0.$$

解 令

$$g(h)=f(x_0+h)-f(x_0).$$

则 $g(0)=0,Jg(0)=Jf(x_0)$ 可逆。由逆映射存在定理，$g$ 在 $0$ 附近有局部逆映射 $g^{-1}$，且

$$g^{-1}(y)=Jf(x_0{)}^{-1}y+o(|y|)(y\to 0).$$

取

$$y=Jf(x_0)x.$$

当 $|x|$ 充分小时，$y$ 也充分小，于是可令

$$h=g^{-1}(Jf(x_0)x).$$

则

$$f(x_0+h)-f(x_0)-Jf(x_0)x=0.$$

又

$$h=Jf(x_0{)}^{-1}Jf(x_0)x+o(|x|)=x+o(|x|).$$

记

$$z=h-x,$$

便有 $z=o(|x|)$，且

$$f(x_0+x+z)-f(x_0)-Jf(x_0)x=0.$$

第二组参考题 1

试用压缩映射原理证明如下局部微分同胚定理：设 $U$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的开集，$f:U\to {\mathbb{R}}^n$ 是 $C^k$ 映射，$x_0\in U,\det Jf(x_0)\ne 0$。则存在 $x_0$ 的邻域 $W\subset U$ 和 $f(x_0)$ 的邻域 $V$，使得 $f:W\to V$ 是 $C^k$ 微分同胚。

解 记 $A=Jf(x_0)$，它可逆。由 $Jf$ 的连续性，可取闭球 ${\overline{B}}_r(x_0)\subset U$，使得对一切 $x\in {\overline{B}}_r(x_0)$ 都有

$$\Vert I-A^{-1}Jf(x)\Vert \le \frac{1}{2}.$$

再由可微性，可再缩小 $r$ 使

$$\Vert A^{-1}(f(x)-f(x_0)-A(x-x_0))\Vert \le \frac{r}{2},x\in {\overline{B}}_r(x_0).$$

令

$$V=B_{\delta }(f(x_0)),\delta =\frac{r}{2\Vert A^{-1}\Vert }.$$

对每个 $y\in V$ 定义

$$T_y(x)=x-A^{-1}(f(x)-y).$$

若 $x\in {\overline{B}}_r(x_0)$，则

$$\Vert T_y(x)-x_0\Vert \le \Vert A^{-1}(y-f(x_0))\Vert +\Vert A^{-1}(f(x)-f(x_0)-A(x-x_0))\Vert \le \frac{r}{2}+\frac{r}{2}=r,$$

故 $T_y$ 把 ${\overline{B}}_r(x_0)$ 映到自身。

又对 $x_1,x_2\in {\overline{B}}_r(x_0)$，

$$\Vert T_y(x_1)-T_y(x_2)\Vert \le \frac{1}{2}\Vert x_1-x_2\Vert .$$

所以 $T_y$ 是压缩映射。由 Banach 不动点定理，存在唯一 $x=\phi (y)\in {\overline{B}}_r(x_0)$ 使

$$T_y(x)=x,$$

这等价于 $f(x)=y$。于是得到局部逆映射 $\phi :V\to W$，其中 $W=\phi (V)\subset U$，且 $f:W\to V$ 双射。

由于不动点对参数 $y$ 连续依赖，$\phi$ 连续；再由恒等式

$$f(\phi (y))=y$$

求导得

$$J\phi (y)=Jf(\phi (y){)}^{-1},$$

故 $\phi \in C^1$。继续对上式反复求导并归纳，即得 $\phi \in C^k$。因此 $f:W\to V$ 是 $C^k$ 微分同胚。

第二组参考题 2

设 $f:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 是 $C^1$ 映射，且存在 $\alpha >0$ 使 $\forall x\in {\mathbb{R}}^n$ 有

$$u^{\mathrm{T}}Jf(x)u\ge \alpha |u{|}^2,\forall u\in {\mathbb{R}}^n,$$

其中 $u^{\mathrm{T}}$ 表示 $u$ 的转置。证明：

$$|f(x)-f(y)|\ge \alpha |x-y|,\forall x,y\in {\mathbb{R}}^n,$$

且 $f$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的微分同胚。

解 取 $h=x-y$，并设

$$\gamma (t)=y+th,0\le t\le 1.$$

则

$$h^{\mathrm{T}}(f(x)-f(y))={\int }_0^1{h}^{\mathrm{T}}Jf(\gamma (t))hdt\ge {\int }_0^1\alpha |h{|}^{2}dt=\alpha |h{|}^2.$$

由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$$|f(x)-f(y)||x-y|\ge (x-y{)}^{\mathrm{T}}(f(x)-f(y))\ge \alpha |x-y{|}^2.$$

故

$$|f(x)-f(y)|\ge \alpha |x-y|,\forall x,y\in {\mathbb{R}}^n.$$

于是 $f$ 单射，并且

$$|f(x)|\ge \alpha |x|-|f(0)|,$$

所以 $|f(x)|\to \infty$ 当 $|x|\to \infty$，即 $f$ 是 proper 映射。

另一方面，若 $Jf(x)u=0$，则

$$u^{\mathrm{T}}Jf(x)u=0,$$

与题设矛盾，故 $Jf(x)$ 处处可逆。于是 $f$ 是局部微分同胚，所以 $f({\mathbb{R}}^n)$ 是开集；又由 proper 性，$f({\mathbb{R}}^n)$ 也是闭集。由于 ${\mathbb{R}}^n$ 连通且像集非空，只能有

$$f({\mathbb{R}}^n)={\mathbb{R}}^n.$$

因此 $f$ 是双射，且逆映射由逆映射定理可知为 $C^1$。故 $f$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的微分同胚。

第二组参考题 3

用映射的语言叙述隐函数组存在定理，将它化为逆映射存在定理或直接用压缩映射原理证明。

解 用映射语言，隐函数组存在定理可表述为：设

$$F:{\mathbb{R}}^{n+m}\to {\mathbb{R}}^m,F(a,b)=0,$$

且 $F$ 为 $C^k$ 映射，并满足

$$D_{y}F(a,b)\text{可逆}.$$

则存在 $a$ 的邻域 $U$、$b$ 的邻域 $W$ 以及 $C^k$ 映射

$$\phi :U\to W$$

使得

$$F(x,\phi (x))=0,\phi (a)=b.$$

把它化为逆映射定理，只需引入

$$\Phi (x,y)=(x,F(x,y)).$$

则

$$D\Phi (a,b)=\left(\begin{array}{cc}{I}_n& 0\\ D_{x}F(a,b)& D_{y}F(a,b)\end{array}\right)$$

可逆。由逆映射定理，$\Phi$ 在 $(a,b)$ 附近存在 $C^k$ 局部逆映射，并且逆映射可写成

$${\Phi }^{-1}(x,v)=(x,\psi (x,v)).$$

取 $v=0$，便得到

$$y=\phi (x):=\psi (x,0),F(x,\phi (x))=0.$$

这就是隐函数组存在定理。

第二组参考题 4

20.2.4 小节的逆映射存在性证明是构造性的，它给出了逆映射的迭代构造格式。设 $y\in V$，取合适的初始点 $x_0\in U$，则

$$x_n=x_{n-1}+(f^{\prime }(a){)}^{-1}(y-f(x_{n-1}))$$

就给出了迭代列 $\{x_n\}$ 的公式。讨论映射

$$T:u=\frac{1}{2}(x^2-y^2),v=xy$$

的逆映射。设 $a=(1,1{)}^{\mathrm{T}}$，先求

$$T^{\prime }(a)={\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial u}{\partial x}& \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}& \frac{\partial v}{\partial y}\end{array}\right)|}_{(x,y)=(1,1)},$$

再利用迭代公式

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_n}{y_n}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_{n-1}}{y_{n-1}}\right)+(T^{\prime }(a){)}^{-1}\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{v}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}(x_{n-1}^2-y_{n-1}^2)}{x_{n-1}{y}_{n-1}}\right)\right],$$

在 $a$ 的邻域内求 $T^{-1}$ 的二次迭代解 $(x_2,y_2{)}^{\mathrm{T}}$，并用它与逆映射的一次微分近似

$$T^{-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{v}\right)\approx \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)+{\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right)}^{-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{v-1}\right)$$

作比较。

解 这里

$$T(x,y)=\left(\frac{1}{2}(x^2-y^2),xy\right),a=(1,1{)}^{\mathrm{T}}.$$

先算导数矩阵：

$$T^{\prime }(a)=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right),(T^{\prime }(a){)}^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right).$$

以 $(x_0,y_0)=(1,1)$ 为初值，则

$$T(1,1)=(0,1).$$

第一次迭代给出

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_1}{y_1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1}\right)+\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{v-1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1+\frac{u+v-1}{2}}{1+\frac{-u+v-1}{2}}\right).$$

这正是题中给出的逆映射一次微分近似。

再算

$$T(x_1,y_1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{u(v+1)}{2}}{\frac{(u+v+1)(-u+v+1)}{4}}\right).$$

代入第二次迭代公式，整理得

$$x_2=1+\frac{u+v-1}{2}+\frac{u^2}{8}-\frac{u(v-1)}{4}-\frac{(v-1{)}^2}{8},$$ $$y_2=1+\frac{-u+v-1}{2}+\frac{u^2}{8}+\frac{u(v-1)}{4}-\frac{(v-1{)}^2}{8}.$$

可见与线性近似相比，二次迭代恰好多出了二次修正项，因此在 $a$ 的邻域内明显更精确。

第二组参考题 5

设 $U$ 是 ${\mathbb{R}}^m$ 的开集，$f:U\to {\mathbb{R}}^n$ 是 $C^k$ 映射，满足条件

$$f(0)=0,Jf(0)\text{ 的秩为 }m(m\le n).$$

证明：存在 ${\mathbb{R}}^n$ 中含 $0$ 的两个邻域 $V$ 及 $W$，$C^k$ 微分同胚 $h:V\to W$ 使得 $h(0)=0$，并且

$$h\circ f(x_1,x_2,\cdots ,x_m)=(x_1,x_2,\cdots ,x_m,0,0,\cdots ,0),$$ $$\forall (x_1,x_2,\cdots ,x_m)\in f^{-1}(V).$$

解 这是秩定理中 $m\le n$ 的情形。经重新排列目标坐标后，不妨设

$$\det \frac{\partial (f_1,\dots ,f_m)}{\partial (x_1,\dots ,x_m)}(0)\ne 0.$$

把 ${\mathbb{R}}^n$ 的点记为 $(u,\lambda )$，其中 $u\in {\mathbb{R}}^m,\lambda \in {\mathbb{R}}^{n-m}$。定义映射

$$\Phi (u,\lambda )=(f_1(u),\dots ,f_m(u),f_{m+1}(u)+{\lambda }_1,\dots ,f_n(u)+{\lambda }_{n-m}).$$

则 $\Phi (0,0)=0$，且 $J\Phi (0,0)$ 可逆。由逆映射定理，存在含 $0$ 的邻域 $W,V$ 及 $C^k$ 微分同胚

$$\Phi :W\to V.$$

令

$$h={\Phi }^{-1}:V\to W.$$

对 $u$ 充分接近 $0$，有

$$h(f(u))=h(\Phi (u,0))=(u,0).$$

这就得到

$$h\circ f(x_1,\dots ,x_m)=(x_1,\dots ,x_m,0,\dots ,0).$$

几何上，这说明秩为 $m$ 的映射在局部与标准嵌入

$${\mathbb{R}}^m\hookrightarrow {\mathbb{R}}^n$$

没有本质区别。

第二组参考题 6

设 $U$ 是 ${\mathbb{R}}^m$ 的开集，$f:U\to {\mathbb{R}}^n$ 是 $C^k$ 映射，满足条件

$$f(0)=0,Jf(0)\text{ 的秩为 }n(m\ge n).$$

证明：存在 ${\mathbb{R}}^m$ 中含 $0$ 的两个邻域 $V$ 及 $W$，$C^k$ 微分同胚 $\phi :V\to W$ 使得 $\phi (0)=0$，并且

$$f\circ \phi (x_1,x_2,\cdots ,x_m)=(x_1,x_2,\cdots ,x_n),\forall (x_1,x_2,\cdots ,x_m)\in V.$$

（以上两个命题称为秩定理，如何对它们作一个简单的几何解释？）

解 这是秩定理中 $m\ge n$ 的情形。经重新排列定义域坐标后，不妨设

$$\det \frac{\partial (f_1,\dots ,f_n)}{\partial (x_1,\dots ,x_n)}(0)\ne 0.$$

定义映射

$$\Phi (x_1,\dots ,x_m)=(f_1(x),\dots ,f_n(x),x_{n+1},\dots ,x_m).$$

则 $\Phi (0)=0$，且 $J\Phi (0)$ 可逆。由逆映射定理，存在含 $0$ 的两个邻域 $V,W$ 和 $C^k$ 微分同胚

$$\phi ={\Phi }^{-1}:V\to W.$$

若 $\xi =({\xi }_1,\dots ,{\xi }_m)\in V$，则由 $\Phi (\phi (\xi ))=\xi$ 得

$$f(\phi (\xi ))=({\xi }_1,\dots ,{\xi }_n).$$

这就得到

$$f\circ \phi (x_1,\dots ,x_m)=(x_1,\dots ,x_n).$$

几何上，这说明秩为 $n$ 的映射在局部与标准投影

$${\mathbb{R}}^m\to {\mathbb{R}}^n,(x_1,\dots ,x_m)\mapsto (x_1,\dots ,x_n)$$

没有本质区别。