方向导数与梯度

日期: 2023-10-01 11:28 查看: 32 次更新导出Word

偏导数反映的是函数沿坐标轴方向的变化率，但在实际问题中，只考虑沿坐 标轴方向的变化率是不够的.
例如，热空气要向冷的地方流动，气象学需要考虑大气温度、气压沿着某个 方向的变化率，因此我们需要研究函数沿任意指定方向的变化率问题.
方向导数就是反映函数在一点处沿一条特定的射线方向的变化率.

设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某个邻域 $U\left(M_0\right)$ 内有定义， $\vec{l}$ 是指向点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的一射线，它与 $x$ 轴正向的夹角为 $\alpha ， \rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$ ， $M\left(x_0+\rho \cos \alpha, y_0+\rho \sin \alpha\right) \in U\left(M_0\right)$ 为 $\vec{l}$ 上的任一点 (见图 6-11)，若
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$$
\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\Delta z}{\rho}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+\rho \cos \alpha, y_0+\rho \sin \alpha\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho}
$$

存在，则称此极限为函数 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 沿方向 $l$ 的方向导数，记作 $\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{M_0}$. 即 $\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{M_0}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+\rho \cos \alpha, y_0+\rho \sin \alpha\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho}$.
从方向导数的定义可知，方向导数 $\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{M_0}$ 就是函数 $f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 处 沿方向 $l$ 的变化率. 偏导数存在只能推出沿 $x$ 轴、 $y$ 轴平行方向的方向导数存在， 不能得到其它方向的方向的方向导数存在.例如，若函数 $f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 的偏导数存在， $\overrightarrow{\mathrm{e}}_l=\vec{i}=(1,0)$, 从而

$$
\begin{aligned}
\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{M_0}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+\rho, y_0\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho}=f_x\left(x_0, y_0\right) \\
\text { 又 } \mathrm{e}_l=\vec{j}=(0,1), \text { 从而 } \\
\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{M_0}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0, y_0+\rho\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho}=f_y\left(x_0, y_0\right)
\end{aligned}
$$

而方向导数存在不能得到偏导数存在，方向导数是单侧极限 $(\rho \geq 0)$ ，而 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 的定义中要求 $x$ 无论是从 $x_0$ 的左侧还是右侧趋于 $x_0$ 时极限存在且相等. 例如， $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在点处沿方向 $\overrightarrow{\mathrm{e}}_l=\vec{i}=(1,0)$ 的方向导数

$$
\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(0,0)}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{-}} \frac{f(\rho, 0)-f(0,0)}{\rho}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{\rho^2+0^2}}{\rho}=1
$$

$\frac{\partial z}{\partial y}$ 的情况类似. $\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(0,0)}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f(0, \rho)-f(0,0)}{\rho}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\sqrt{0^2+\rho^2}}{\rho}=1$ ，而 $\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,0)}$ 不存在.
方向导数的存在与计算见以下定理.
定理 7 若 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 处可微，则 $z=f(x, y)$ 在该点处沿任一 方向 $\vec{l}$ 的方向导数均存在，且 $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial z}{\partial y} \sin \alpha$ ，其中 $\alpha$ 为方向 $\vec{l}$ 与 $x$ 轴正向 的夹角.
证 由 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 处可微知: $\Delta z$ 可表示成

$$
\Delta z=f\left(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y\right)-f\left(x_0, y_0\right)=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \cdot \Delta x+\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \cdot \Delta y+o(\rho),
$$

定理 7 若 $z=f(x, y)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 处可微，则 $z=f(x, y)$ 在该点处沿任一 方向 $\vec{l}$ 的方向导数均存在，且 $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial z}{\partial y} \sin \alpha$ ，其中 $\alpha$ 为方向 $\vec{l}$ 与 $x$ 轴正 向的夹角.
其中 $\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$.上式两端除以 $\rho$ ，得

$$
\begin{aligned}
\frac{\Delta z}{\rho} & =\frac{f\left(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho}=\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \cdot \frac{\Delta x}{\rho}+\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \cdot \frac{\Delta y}{\rho}+\frac{o(\rho)}{\rho} \\
& =\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \cos \alpha+\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{\left(x_0, y_0\right)} \sin \alpha+\frac{o(\rho)}{\rho},
\end{aligned}
$$

令 $\rho \rightarrow 0$ ，取极限，则得 $\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial z}{\partial y} \sin \alpha$.
注 根据定理的条件可知，函数可微则其方向导数存在，但方向导数存在，函 数末必一定可微.
例 18 设函数 $z=x^2-x y+y^2$ 在点 $M_0(1,1)$ 处沿与 $O x$ 轴正向成 $\frac{\pi}{4}$ 的方向 $\vec{l}$ 上 的方向导数.
解 $\frac{\partial z}{\partial x}=2 x-y ， \frac{\partial z}{\partial y}=2 y-x$ ，此两个偏导数在 $\mathbf{R}^2$ 上连续，函数 $z$ 可微， 因此

$$
\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(1,1)}=\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(1,1)} \cdot \cos \frac{\pi}{4}+\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(1,1)} \cdot \sin \frac{\pi}{4}=1 \times \frac{\sqrt{2}}{2}+1 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2} \text {. }
$$

例 19 设函数 $z=x y+\sin (x+2 y)$ 在点 $O(0,0)$ 处沿方向 $\vec{l}=(1,2)$ 上的方向导 数.
解 $\frac{\partial z}{\partial x}=y+\cos (x+2 y) ， \frac{\partial z}{\partial y}=2 \cos (x+2 y)$ ，此两个偏导数在 $\mathbf{R}^2$ 上连续， 因 此函数 $z$ 可微，与 $\vec{l}$ 同方向的单位向量为 $\overrightarrow{\mathrm{e}}_l=\left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right) ＼mathrm{~ ， ~ 因 此 ~}$

$$
\left.\frac{\partial z}{\partial l}\right|_{(0,0)}=\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,0)} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}+\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,0)} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}}:=1 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}+2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\sqrt{5} .
$$

例 19 设函数 $z=x y+\sin (x+2 y)$ 在点 $O(0,0)$ 处沿方向 $\vec{l}=(1,2)$ 上的方向导数.
对于三元函数 $u=f(x, y, z)$ 在空间一点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$
沿方向 $\overrightarrow{\mathrm{e}}_l=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ 的方向导数为

$$
\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{M_0}=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{f\left(x_0+\rho \cos \alpha, y_0+\rho \cos \beta, z_0+\rho \cos \gamma\right)-f\left(x_0, y_0\right)}{\rho} .
$$

同样可以证明: 若 $u=f(x, y, z)$ 在点 $M_0\left(x_0, y_0, z_0\right)$ 处可微，则 $u=f(x, y, z)$ 在该点处沿任一方向 $\vec{l}$ 的方向导数均存在，且
$\frac{\partial z}{\partial l}=\frac{\partial z}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial z}{\partial y} \cos \beta+\frac{\partial z}{\partial z} \cos \gamma$ ，其中 $\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma$ 是方向 $l$ 的方向余弦
例 20 设函数 $u=x y+y z+z x$ 在点 $(1,1,2)$ 处沿方向 $l$ 上的方向导数，其中 $l$ 的 方向角分别为 $60^{\circ}, 45^{\circ}, 60^{\circ}$.
解 $\frac{\partial u}{\partial x}=y+z, \frac{\partial u}{\partial y}=x+z, \frac{\partial u}{\partial z}=y+x$, 此两个偏导数在 $\mathbf{R}^3$ 上连续， 因此函数可微， 与 $l$ 同方向的单位向量为 $e_l=\left(\cos 60^{\circ}, \cos 45^{\circ}, \cos 60^{\circ}\right)=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{2}\right)$ ，因此

$$
\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,1,2)}=\left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{(1,1,2)} \cdot \frac{1}{2}+\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{(1,1,2)} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+\left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_{(1,1,2)} \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}(5+3 \sqrt{2}) .
$$

例 21 设函数 $u=x \sin y z$ 在点 $(1,3,0)$ 处沿方向 $\boldsymbol{l}=(1,2,-1)$ 上的方向导数.
解 $\frac{\partial u}{\partial x}=\sin y z, \frac{\partial u}{\partial y}=x z \cos y z, \frac{\partial u}{\partial z}=x y \cos y z$, 此两个偏导数在 $\mathbf{R}^3$ 上连续， 因此函数可微，与 $l$ 同方向的单位向量为

$$
\mathrm{e}_l=\left(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{-1}{\sqrt{6}}\right), \quad\left(\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial z}\right)_{(1,3,0)}=(0,0,3) ，
$$

因此

$$
\left.\frac{\partial u}{\partial l}\right|_{(1,3,0)}=0 \cdot \frac{1}{\sqrt{6}}+0 \cdot \frac{2}{\sqrt{6}}+3 \cdot \frac{-1}{\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{2} .

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