综合练习题

方法一：夹逼准则 $0 \leq \frac{x^2 y^2}{x^2+y^2} \leq \frac{x^2 y^2}{2|xy|} = \frac{|xy|}{2} \to 0$

方法二：极坐标 原式 $= \lim_{\rho\to0} \frac{\rho^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{\rho^2} = \lim_{\rho\to0} \rho^2\cos^2\theta\sin^2\theta = 0$

答案：$0$

1. 沿 $x$ 轴（$y=0$）：极限为 $0$
2. 沿抛物线 $y=x^2$：$\lim_{x\to0} \frac{x^2 \cdot x^2}{x^4+x^4} = \frac{1}{2}$
3. 两路径极限不同，故极限不存在。

答案：极限不存在。

1. 令 $u = \frac{x+y}{1-xy}$，则 $z = \arctan u$
2. $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{(1-xy) - (x+y)(-y)}{(1-xy)^2} = \frac{1+y^2}{(1-xy)^2}$
3. $\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{1+u^2} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{(1-xy)^2}{(1-xy)^2+(x+y)^2} \cdot \frac{1+y^2}{(1-xy)^2} = \frac{1+y^2}{1+x^2+y^2+x^2y^2} = \frac{1}{1+x^2}$
4. 由对称性，$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{1+y^2}$

（注：利用恒等式 $\arctan\frac{x+y}{1-xy} = \arctan x + \arctan y$ 可直接得出结果。）

答案：$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{1+x^2}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{1+y^2}$

1. 令 $u=xy, v=\frac{x}{y}$，记 $f_1=\frac{\partial f}{\partial u}, f_2=\frac{\partial f}{\partial v}, f_{11}=\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}, f_{12}=\frac{\partial^2 f}{\partial u\partial v}, f_{22}=\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}$
2. $\frac{\partial z}{\partial x} = f_1 \cdot y + f_2 \cdot \frac{1}{y}$
3. $\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(yf_1 + \frac{1}{y}f_2)$ $= f_1 + y(f_{11}\cdot x + f_{12}\cdot(-\frac{x}{y^2})) - \frac{1}{y^2}f_2 + \frac{1}{y}(f_{21}\cdot x + f_{22}\cdot(-\frac{x}{y^2}))$ $= f_1 - \frac{1}{y^2}f_2 + xy f_{11} - \frac{x}{y^3}f_{22}$（利用 $f_{12}=f_{21}$，交叉项抵消）

答案：$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = f_1 - \frac{1}{y^2}f_2 + xyf_{11} - \frac{x}{y^3}f_{22}$

1. 连续性：$|f(x,y)| = \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq \frac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{2} \to 0$，故 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0=f(0,0)$，连续。
2. 偏导数：$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{0-0}{\Delta x}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$，偏导数存在。
3. 可微性：$\Delta z - f_x\Delta x - f_y\Delta y = \frac{\Delta x \Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}$ $\left|\frac{\Delta x\Delta y}{\rho\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\right| = \frac{|\Delta x\Delta y|}{\rho^2} \leq \frac{1}{2}$，不趋于0。 取 $\Delta x=\Delta y=t$：$\frac{t^2}{t\cdot t\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \neq 0$，故不可微。

答案：连续，偏导数存在（均为0），但不可微。

1. 令 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，$u=\frac{x}{r}$
2. $u_x = \frac{r - x\cdot\frac{x}{r}}{r^2} = \frac{y^2+z^2}{r^3}$，$u_y = -\frac{xy}{r^3}$，$u_z = -\frac{xz}{r^3}$
3. 在 $(1,2,-2)$ 处：$r=3$，$u_x=\frac{4+4}{27}=\frac{8}{27}$，$u_y=-\frac{2}{27}$，$u_z=\frac{2}{27}$
4. $\nabla u = (\frac{8}{27}, -\frac{2}{27}, \frac{2}{27})$
5. 单位化 $\vec{l}$：$|\vec{l}|=\sqrt{2}$，$\vec{l}^0=(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0)$
6. $\frac{\partial u}{\partial l} = \nabla u \cdot \vec{l}^0 = -\frac{8}{27\sqrt{2}} - \frac{2}{27\sqrt{2}} = -\frac{10}{27\sqrt{2}} = -\frac{5\sqrt{2}}{27}$

答案：$-\frac{5\sqrt{2}}{27}$

1. $f_x = 3x^2-8x+2y, f_y = 2x-2y$
2. 令 $f_y=0$：$x=y$，代入 $f_x=0$：$3x^2-6x=0$，$x=0$ 或 $x=2$
3. 驻点：$(0,0), (2,2)$
4. $f_{xx}=6x-8, f_{xy}=2, f_{yy}=-2$
5. $(0,0)$：$A=-8,B=2,C=-2,\Delta=16-4=12>0,A<0$，极大值 $f(0,0)=0$
6. $(2,2)$：$A=4,B=2,C=-2,\Delta=-8-4=-12<0$，鞍点

答案：极大值 $f(0,0)=0$，$(2,2)$ 是鞍点。

1. 内部驻点：$z_x=2x=0, z_y=2y=0$，驻点 $(0,0)$。验证 $(0-\sqrt{2})^2+(0-\sqrt{2})^2=4\leq9$，在内部。$z(0,0)=0$。
2. 边界：$(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2=9$，用拉格朗日乘数法。 $L=x^2+y^2+\lambda[(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2-9]$ $L_x=2x+2\lambda(x-\sqrt{2})=0, L_y=2y+2\lambda(y-\sqrt{2})=0$ 得 $x=y$（$\lambda\neq-1$），代入边界：$2(x-\sqrt{2})^2=9$，$x=\sqrt{2}\pm\frac{3}{\sqrt{2}}$
3. 边界点：$(\sqrt{2}+\frac{3}{\sqrt{2}},\sqrt{2}+\frac{3}{\sqrt{2}})$，$z=2(\frac{5}{\sqrt{2}})^2=25$ $(\sqrt{2}-\frac{3}{\sqrt{2}},\sqrt{2}-\frac{3}{\sqrt{2}})$，$z=2(-\frac{1}{\sqrt{2}})^2=1$
4. 比较：最大值 $25$，最小值 $0$。

答案：最大值为 $25$，最小值为 $0$。

1. 切点 $(x_0,y_0,z_0)$ 处切平面：$\frac{x_0 x}{a^2}+\frac{y_0 y}{b^2}+\frac{z_0 z}{c^2}=1$
2. 截距：$\frac{a^2}{x_0}, \frac{b^2}{y_0}, \frac{c^2}{z_0}$，体积 $V=\frac{1}{6}\cdot\frac{a^2b^2c^2}{x_0y_0z_0}$
3. 最小化 $V$ 等价于最大化 $x_0y_0z_0$，约束 $\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}=1$
4. $L=xyz+\lambda(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1)$
5. $yz+\frac{2\lambda x}{a^2}=0, xz+\frac{2\lambda y}{b^2}=0, xy+\frac{2\lambda z}{c^2}=0$
6. 得 $\frac{x^2}{a^2}=\frac{y^2}{b^2}=\frac{z^2}{c^2}$，代入约束：$3\cdot\frac{x^2}{a^2}=1$，$x=\frac{a}{\sqrt{3}}$
7. 同理 $y=\frac{b}{\sqrt{3}}, z=\frac{c}{\sqrt{3}}$

答案：切点坐标为 $(\frac{a}{\sqrt{3}}, \frac{b}{\sqrt{3}}, \frac{c}{\sqrt{3}})$。

1. 令 $F=x^2+y^2-z$，法向量 $\nabla F=(2x,2y,-1)$
2. 已知平面法向量 $(2,4,-1)$，切平面平行则法向量平行：$\frac{2x}{2}=\frac{2y}{4}=\frac{-1}{-1}=1$
3. 得 $x=1, y=2$，$z=1+4=5$
4. 切点 $(1,2,5)$，切平面：$2(x-1)+4(y-2)-(z-5)=0$，即 $2x+4y-z-5=0$

答案：切平面方程为 $2x+4y-z-5=0$。

1. 令 $F=x^2+y^2+z^2-6, G=x+y+z$
2. $\nabla F=(2x,2y,2z), \nabla G=(1,1,1)$
3. 在 $(1,-2,1)$ 处：$\nabla F=(2,-4,2), \nabla G=(1,1,1)$
4. 切向量 $\vec{T}=\nabla F\times\nabla G=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\2&-4&2\\1&1&1\end{vmatrix}=(-6,0,6)$，可取 $(-1,0,1)$
5. 切线：$\frac{x-1}{-1}=\frac{y+2}{0}=\frac{z-1}{1}$（即 $\begin{cases}y=-2\\x+z=2\end{cases}$）
6. 法平面：$-(x-1)+0(y+2)+(z-1)=0$，即 $-x+z=0$ 或 $x=z$

答案：切线 $\frac{x-1}{-1}=\frac{y+2}{0}=\frac{z-1}{1}$，法平面 $x-z=0$。