下册 7.4 隐函数的微分 第1题
📝 题目
1．证明由下列方程在原点的邻域内唯一确定可导的隐函数 $y=y(x)$ ，并求导数．
（1）$\displaystyle x+\frac{1}{2} y^{2}+\frac{1}{2} z+\sin z=0$ ，并求 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 的泰勒公式，展开到二阶．
（2） $2 y-1+\cos y-x \mathrm{e}^{y}=0$ ，并求 $\displaystyle y^{\prime}(0), y^{\prime \prime}(0), ~ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{y(x)}{x}$ 。
（3）$x^{3}+y+1=\cos (x y)$ ，并求 $y^{\prime}(0)$ 的值．
（4） $3 y-3 x-\sin y=0$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $\displaystyle F(x, y, z)=x+\frac{1}{2} y^{2}+\frac{1}{2} z+\sin z, F(0,0,0)=0$ ．由 $\displaystyle \left.F_{z}(x, y, z)\right|_{(0,0,0)}=\left.\left(\frac{1}{2}+\cos z\right)\right|_{(0,0,0)}=\frac{3}{2}$ 及隐函数存在定理知，存在唯一 $z=f(x, y)$ 定义在 $(0,0)$ 附近，且满足 $F(x, y, f(x, y))=0, z(0,0)=0$ ．
在 $(0,0)$ 处，
由 $\left\{\begin{array}{c}2+z_{x}+2 \cos z \cdot z_{x}=0 \\ 2 y+z_{y}+2 \cos z \cdot z_{y}=0\end{array}\right.$ 得 $\displaystyle z_{x}(0,0)=-\frac{2}{3}, z_{y}(0,0)=0$ ；
由 $\left\{\begin{array}{l}z_{x x}-2 \sin z \cdot\left(z_{x}\right)^{2}+2 \cos z \cdot z_{x x}=0 \\ z_{x y}-2 \sin z \cdot z_{x} \cdot z_{y}+2 \cos z \cdot z_{x y}=0 \\ 2+z_{y y}-2 \sin z \cdot\left(z_{y}\right)^{2}+2 \cos z \cdot z_{y y}=0\end{array}\right.$ 得 $\displaystyle z_{x x}(0,0)=0, z_{x y}(0,0)=0, z_{y y}(0,0)=-\frac{2}{3}$ ，
故 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 的泰勒展开为 $\displaystyle f(x, y)=-\frac{2}{3} x-\frac{1}{3} y^{2}+o\left(x^{2}+y^{2}\right)$ ．
（2）令 $F(x, y)=2 y-1+\cos y-x \mathrm{e}^{y}$ ，则
$$
F_{x}(x, y)=-\mathrm{e}^{y}, F_{y}(x, y)=2-\sin y-x \mathrm{e}^{y}, F(0,0)=0, F_{y}(0,0)=2 \neq 0 .
$$
因为 $F_{x}(x, y), F_{y}(x, y)$ 在 $\mathbf{R}^{2}$ 上连续，所以方程 $2 y-1+\cos y-x \mathrm{e}^{y}=0$ 在点 $(0,0)$ 的邻域内可唯一确定连续可导的隐函数 $y=y(x)$ ，且 $0=y(0)$ ，则
$$
\begin{aligned}
& y^{\prime}(x)=-\frac{F_{x}(x, y)}{F_{y}(x, y)}=\frac{\mathrm{e}^{y}}{2-\sin y-x \mathrm{e}^{y}}, y^{\prime}(0)=\frac{\mathrm{e}^{0}}{2-\sin 0-0 \mathrm{e}^{0}}=\frac{1}{2} . \\
& y^{\prime \prime}(x)=\left(y^{\prime}(x)\right)^{\prime}=\left(\frac{\mathrm{e}^{y}}{2-\sin y-x \mathrm{e}^{y}}\right)^{\prime}=\frac{y^{\prime}(x) \mathrm{e}^{y}\left(2-\sin y-x \mathrm{e}^{y}\right)-\mathrm{e}^{y}\left(-y^{\prime}(x) \cos y-\mathrm{e}^{y}-x \mathrm{e}^{y} y^{\prime}(x)\right)}{\left(2-\sin y-x \mathrm{e}^{y}\right)^{2}} . \\
& y^{\prime \prime}(0)=\frac{2 y^{\prime}(0)+\left(y^{\prime}(0)+1\right)}{2^{2}}=\frac{3 y^{\prime}(0)+1}{4}=\frac{5}{8} . \\
& \lim _{x \rightarrow 0} \frac{y(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{y(x)-y(0)}{x-0}=y^{\prime}(0)=\frac{1}{2} . \\
& (3) \text { 令 } F(x, y)=x^{3}+y+1-\cos (x y), \text { 则 } \\
& F_{x}(x, y)=3 x^{2}+y \sin (x y), F_{y}(x, y)=1+x \sin (x y), F(0,0)=0, F_{y}(0,0)=1 \neq 0 .
\end{aligned}
$$
因为 $F_{x}(x, y), F_{y}(x, y)$ 在 $\mathbf{R}^{2}$ 上连续，所以方程 $x^{3}+y+1=\cos (x y)$ 在原点 $(0,0)$ 的某邻域内可唯一确定连续可导的隐函数 $y=y(x)$ ，且 $\displaystyle y^{\prime}(x)=-\frac{F_{x}(x, y)}{F_{y}(x, y)}=-\frac{3 x^{2}+y \sin (x y)}{1+x \sin (x y)}, y^{\prime}(0)=0$ ．
（4）用与（3）相同的求解方法得隐函数 $y=y(x)$ 存在，且 $\displaystyle y^{\prime}(x)=\frac{3}{3-\cos y}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：验证隐函数存在条件
对于方程 $x+\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}z+\sin z=0$，令 $F(x,y,z)=x+\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}z+\sin z$。计算 $F(0,0,0)=0$，且 $F_z(x,y,z)=\frac{1}{2}+\cos z$，在 $(0,0,0)$ 处 $F_z(0,0,0)=\frac{3}{2}\neq 0$。由隐函数存在定理，存在唯一 $z=f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 附近满足方程，且 $f(0,0)=0$。
公式：隐函数存在定理：若 $F(x_0,y_0,z_0)=0$，$F_z(x_0,y_0,z_0)\neq 0$，则存在唯一隐函数 $z=f(x,y)$。
提示：注意检查 $F_z$ 是否为零，这是隐函数存在的关键条件。
步骤 2/8
目标：求一阶偏导数
对 $F(x,y,z)=0$ 两边分别对 $x$ 和 $y$ 求偏导，注意 $z$ 是 $x,y$ 的函数。
对 $x$ 求偏导：$1 + \frac{1}{2}z_x + \cos z \cdot z_x = 0$，即 $1 + (\frac{1}{2}+\cos z)z_x=0$。
对 $y$ 求偏导：$y + \frac{1}{2}z_y + \cos z \cdot z_y = 0$，即 $y + (\frac{1}{2}+\cos z)z_y=0$。
代入 $(0,0,0)$ 得 $z_x(0,0)=-\frac{2}{3}$，$z_y(0,0)=0$。
公式：隐函数求导公式：$z_x = -\frac{F_x}{F_z}$，$z_y = -\frac{F_y}{F_z}$。
提示：求导时不要忘记 $z$ 是 $x,y$ 的函数，要使用链式法则。
步骤 3/8
目标：求二阶偏导数
对一阶偏导方程再次求导。
对 $x$ 求导两次：$0 + \frac{1}{2}z_{xx} + (-\sin z)z_x^2 + \cos z \cdot z_{xx}=0$，代入 $(0,0,0)$ 得 $z_{xx}(0,0)=0$。
先对 $x$ 再对 $y$：$0 + \frac{1}{2}z_{xy} + (-\sin z)z_x z_y + \cos z \cdot z_{xy}=0$，代入得 $z_{xy}(0,0)=0$。
对 $y$ 求导两次：$1 + \frac{1}{2}z_{yy} + (-\sin z)z_y^2 + \cos z \cdot z_{yy}=0$，代入得 $z_{yy}(0,0)=-\frac{2}{3}$。
公式：隐函数二阶偏导公式由一阶偏导方程再次求导得到。
提示：注意二阶偏导的对称性，以及代入点时要先代入 $z$ 的值。
步骤 4/8
目标：写出泰勒展开式
函数 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处的二阶泰勒公式为：
$$f(x,y)=f(0,0)+f_x(0,0)x+f_y(0,0)y+\frac{1}{2}\left(f_{xx}(0,0)x^2+2f_{xy}(0,0)xy+f_{yy}(0,0)y^2\right)+o(x^2+y^2)$$
代入 $f(0,0)=0$，$f_x=-\frac{2}{3}$，$f_y=0$，$f_{xx}=0$，$f_{xy}=0$，$f_{yy}=-\frac{2}{3}$，得
$$f(x,y)=-\frac{2}{3}x - \frac{1}{3}y^2 + o(x^2+y^2)$$
公式：二元函数泰勒公式：$f(x,y)=f(0,0)+\nabla f(0,0)\cdot (x,y)+\frac{1}{2}(x,y)H(0,0)(x,y)^T+o(\|(x,y)\|^2)$
提示：注意二阶项系数有 $\frac{1}{2}$，且混合偏导项系数为 $2$。
步骤 5/8
目标：验证隐函数存在条件（第二题）
对于方程 $2y-1+\cos y - x e^y=0$，令 $F(x,y)=2y-1+\cos y - x e^y$。计算 $F(0,0)=0$，$F_y(x,y)=2-\sin y - x e^y$，$F_y(0,0)=2\neq 0$。$F_x,F_y$ 连续，故存在唯一隐函数 $y=y(x)$ 在 $0$ 附近，且 $y(0)=0$。
公式：隐函数存在定理（一元情形）：若 $F(x_0,y_0)=0$，$F_y(x_0,y_0)\neq 0$，则存在唯一隐函数 $y=y(x)$。
提示：注意检查 $F_y$ 是否为零，且 $F$ 连续可微。
步骤 6/8
目标：求一阶和二阶导数
由隐函数求导公式 $y'(x)=-\frac{F_x}{F_y}$，得 $y'(x)=\frac{e^y}{2-\sin y - x e^y}$，代入 $x=0,y=0$ 得 $y'(0)=\frac{1}{2}$。
对 $y'(x)$ 再求导，得 $y''(x)=\frac{y'e^y(2-\sin y - x e^y)-e^y(-y'\cos y - e^y - x e^y y')}{(2-\sin y - x e^y)^2}$，代入 $x=0,y=0,y'(0)=1/2$ 得 $y''(0)=\frac{5}{8}$。
公式：隐函数求导公式：$y'=-\frac{F_x}{F_y}$，$y''$ 由 $y'$ 求导得到。
提示：求二阶导时注意 $y$ 是 $x$ 的函数，要使用链式法则，且代入点时要先代入 $y$ 的值。
步骤 7/8
目标：求极限
由 $y(0)=0$，$y'(0)=\frac{1}{2}$，得 $\lim_{x\to 0}\frac{y(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{y(x)-y(0)}{x-0}=y'(0)=\frac{1}{2}$。
公式：导数定义：$y'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{y(x)-y(0)}{x}$。
提示：注意极限与导数的关系，前提是 $y$ 在 $0$ 处可导。
步骤 8/8
目标：求解第三题和第四题
（3）令 $F(x,y)=x^3+y+1-\cos(xy)$，$F(0,0)=0$，$F_y=1+x\sin(xy)$，$F_y(0,0)=1\neq 0$，故存在隐函数。$y'(x)=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{3x^2+y\sin(xy)}{1+x\sin(xy)}$，代入 $x=0,y=0$ 得 $y'(0)=0$。
（4）令 $F(x,y)=3y-3x-\sin y$，$F(0,0)=0$，$F_y=3-\cos y$，$F_y(0,0)=2\neq 0$，故存在隐函数。$y'(x)=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{-3}{3-\cos y}=\frac{3}{3-\cos y}$。
公式：隐函数求导公式 $y'=-F_x/F_y$。
提示：注意符号，$F_x$ 和 $F_y$ 要正确计算。
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