最后更新: 2025-02-02 09:06 查看: 9 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

方程组的情况

二．方程组的情况
与上面一样这里只讲计算方法．设由方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
F(x, y, z, u, v)=0 \\
G(x, y, z, u, v)=0
\end{array}\right.
$$

确定 $u, v$ 为 $x, y, z$ 的隐函数：$u=u(x, y, z), v=v(x, y, z)$ ，并假设下面计算中涉及到的偏导数都存在．

现在以 $u_x, v_x$ 的计算为例．将隐函数代入原来的方程组，就得到关于三个变量 $x, y, z$ 的两个恒等式，然后将它们关于 $x$ 求偏导，这样就得到

$$
\begin{aligned}
F_x+F_u u_x+F_v v_x & =0, \\
G_x+G_u u_x+G_v v_x & =0,
\end{aligned}
$$

然后将以上两式作为关于 $u_x, v_x$ 的线性代数方程组求解，用 Cramer ${ }^{(1)}$ 法则得到

$$
u_x=-\frac{\left|\begin{array}{cc}
F_x & F_v \\
G_x & G_v
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}
F_u & F_v \\
G_u & G_v
\end{array}\right|}, \quad v_x=-\frac{\left|\begin{array}{cc}
F_u & F_x \\
G_u & G_x
\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}
F_u & F_v \\
G_u & G_v
\end{array}\right|} .
$$

引入记号 $\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{ll}F_u & F_v \\ G_u & G_v\end{array}\right|$ ，并称为 $F, G$ 关于 $u, v$ 的 Jacobi ${ }^{(2)}$ 行列式，则可以将上述答案改写为

$$
u_x=-\frac{\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)}}{\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}}, \quad v_x=-\frac{\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)}}{\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}}
$$

例题 0.1 设 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ ，求 $r_x, r_y, \theta_x, \theta_y$ ．
解 1 这里既可以用隐函数求导法，也可以解出 $r, \theta$ 为 $x, y$ 的显函数后直接求导。我们用两个方法来做以作比较。此外，本题的内容在直角坐标与极坐标之间的变量代换中是常用的．为简明起见只写出 $r_x, \theta_x$ 的计算过程．

用隐函数方法．将由方程确定的 $r=r(x, y), \theta=\theta(x, y)$ 代入方程 $x=$ $r \cos \theta, y=r \sin \theta$ ，然后将两个方程分别对 $x$ 求导，得到

$$
\begin{aligned}
& 1=r_x \cos \theta+r(-\sin \theta) \theta_x \\
& 0=r_x \sin \theta+r(\cos \theta) \theta_x
\end{aligned}
$$

然后可以解出

$$
r_x=\frac{\left|\begin{array}{cc}
1 & -r \sin \theta \\
0 & r \cos \theta
\end{array}\right|}{r}=\cos \theta, \quad \theta_x=\frac{\left|\begin{array}{cc}
\cos \theta & 1 \\
\sin \theta & 0
\end{array}\right|}{r}=-\frac{\sin \theta}{r} .
$$

另一个方法是先从两个方程解出 $r=\sqrt{x^2+y^2}, \theta=\arctan \frac{y}{x}$ ，然后直接求偏导得到

$$
\begin{aligned}
& r_x=\frac{x}{r}=\cos \theta \\
& \theta_x=\frac{1}{1+(y / x)^2} \cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right)=-\frac{y}{r^2}=-\frac{\sin \theta}{r}
\end{aligned}
$$

可见两种方法的计算结果完全相同．
同样可以求出

$$
r_y=-\frac{y}{r}=-\sin \theta, \quad \theta_y=\frac{x}{r^2}=\frac{\cos \theta}{r} .
$$

解 2 对于方程 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ 求全微分得到

$$
\begin{aligned}
& d x=\cos \theta d r-r \sin \theta d \theta \\
& d y=\sin \theta d r+r \cos \theta d \theta
\end{aligned}
$$

从中解出

$$
\begin{aligned}
& d r=\cos \theta d x-\sin \theta d y \\
& d \theta=\frac{1}{r}(-\sin \theta d x+\cos \theta d y)
\end{aligned}
$$

然后从右边的系数即得所求的 4 个偏导数．
例题 0.2 设有方程 $\left\{\begin{array}{l}x+y+z+u+v=1, \\ x^2+y^2+z^2+u^2+v^2=2,\end{array}\right.$ 求 $x_u, y_u, x_{u u}, y_{u u}$ ．
解1 这类问题首先是要分清楚什么是自变量，什么是因变量。从题可见 $x, y$是因变量。由于在今后的隐函数存在定理中将证明在一定条件下 2 个方程恰好确定两个函数，因此 $z, u, v$ 都是自变量。

将方程确定的隐函数 $x=x(z, u, v), y=y(z, u, v)$ 代入方程，得到关于 $z, u, v$的两个恒等式，然后对 $u$ 求偏导。这样就得到

$$
x_u+y_u+1=0, \quad 2 x x_u+2 y y_u+2 u=0
$$

然后就可以解出

$$
x_u=\frac{u-y}{y-x}, \quad y_u=\frac{x-u}{y-x}
$$

以下可以从 $x_u$ 直接计算 $x_{u u}$ ．（教科书上的方法不是这样，但并无优点．）

$$
\begin{aligned}
x_{u u} & =\frac{\left(1-y_u\right)(y-x)-\left(y_u-x_u\right)(u-y)}{(y-x)^2} \\
& =\frac{1}{y-x}+\frac{y_u(x-y)-y_u(u-y)+x_u(u-y)}{(y-x)^2} \\
& =\frac{1}{y-x}+\frac{y_u(x-u)+x_u(u-y)}{(y-x)^2} \\
& =\frac{1}{y-x}+\frac{(x-u)^2+(u-y)^2}{(y-x)^3} .
\end{aligned}
$$

同样可以计算得到 $y_{u u}$ ．但从 $x_u+y_u+1$ 对 $u$ 求偏导得到 $x_{u u}+y_{u u}=0$ ，因此 $y_{u u}=-x_{u u}$ ．

解 2 先用全微分法求 $x_u, y_u$ ．将给定的两个方程求全微分，得到

$$
\left.\begin{array}{l}
d x+d y+d z+d u+d v=0 \\
x d x+y d y+z d z+u d u+v d v=0
\end{array}\right\}
$$

用 Cramer 法则解出 $d x, d y$ 为 $d z, d u, d v$ 线性的组合，得到

$$
\begin{aligned}
d x & =\frac{1}{y-x}[(u-y) d u+(v-y) d v+(z-y) d z] \\
d y & =\frac{1}{y-x}[(x-u) d u+(x-v) d v+(x-z) d z]
\end{aligned}
$$

其中右边 $d u$ 的系数即所要求的 $x_u, y_u$ ．

为了求二阶偏导数，可以对（1）再作用算子 d ，注意 $x, y$ 为因变量，$u, v, z$ 为自变量，就得到

$$
\left.\begin{array}{l}
d^2 x+d^2 y=0 \\
x d^2 x+d x^2+y d^2 y+d y^2+d z^2+d u^2+d v^2=0
\end{array}\right\}
$$

解出

$$
(x-y) d^2 x=-d x^2-d y^2-d z^2-d u^2-d z^2,
$$

将前面已经得到的 $d x, d y$ 代入收集 $d u^2$ 的系数就得到 $x_{u u}$ 。再乘以 -1 就得到 $y_{u u}$ ．

例题 0.3 设给定 $x=x(u, v), y=y(u, v), z=z(u, v)$ ，求 $z_x, z_y$ ．
解 1 首先还是要看清题意．从所要求的 $z_x, z_y$ 可知 $z$ 为因变量，$x, y$ 为自变量．于是应当从前两个方程 $x=x(u, v), y=y(u, v)$ 确定出 $u, v$ 为 $x, y$ 的函数，然后代入 $z=z(u, v)$ 中，使得 $z$ 成为 $x, y$ 的函数，即 $z=z(u(x, y), v(x, y))$ ．

于是就有

$$
\begin{aligned}
& z_x=z_u u_x+z_v v_x, \\
& z_y=z_u u_y+z_v v_y
\end{aligned}
$$

由于 $z(u, v)$ 给定，因此认为 $z_u, z_v$ 已知，余下只要计算 $u_x, u_y, v_x, v_y$ ．这就是要求从 $x=x(u, v), y=y(u, v)$ 确定的反函数的偏导数．计算方法同前，即将 $u=u(x, y), v=v(x, y)$ 代入前两个方程，得到两个关于 $x, y$ 的恒等式：

$$
x \equiv x(u(x, y), v(x, y)), \quad y \equiv y(u(x, y), v(x, y)),
$$

然后将它们对 $x$ 求偏导，得到

$$
1=x_u u_x+x_v v_x, \quad 0=y_u u_x+y_v v_x
$$

从中可以解出

$$
u_x=\frac{-y_v}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}, \quad v_x=\frac{y_u}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}
$$

同样将前述两个恒等式对 $y$ 求偏导，得到

$$
0=x_u u_y+x_v v_y, \quad 1=y_u u_y+y_v v_y
$$

并解出

$$
u_y=\frac{x_v}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}, \quad v_y=\frac{-x_u}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}
$$

最后将 $u_x, v_x, u_y, v_y$ 代入前面 $z_x, z_y$ 的表达式中，就得到

$$
z_x=-\frac{\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}, \quad z_y=-\frac{\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}
$$

解 2 将给定的三个方程中用 $u=u(x, y), v=v(x, y)$ 代入，然后对 $x$ 求偏导，得到

$$
\left\{\begin{array}{c}
1=x_u u_x+x_v v_x \\
0=y_u u_x+y_v v_x \\
z_x=z_u u_x+z_v v_x
\end{array}\right.
$$

然后改写为关于 $z_x, u_x, v_x$ 的线性方程组：

$$
\left(\begin{array}{ccc}
0 & x_u & x_v \\
0 & y_u & y_v \\
-1 & z_u & z_v
\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}
z_x \\
u_x \\
v_x
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
1 \\
0 \\
0
\end{array}\right)
$$

用 Cramer 法则就得到 $z_x=-\frac{\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}}{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}$ ．对 $z_y$ 的计算完全相同，从略．
解 3 与解 2 相近的是用全微分法，先有

$$
\left\{\begin{array}{l}
d x=x_u d u+x_v d v \\
d y=y_u d u+y_v d v \\
d z=z_u d u+z_v d v
\end{array}\right.
$$

然后改写为关于 $d z, d u, d v$ 的线性方程组：

$$
\left(\begin{array}{ccc}
x_u & x_v & 0 \\
y_u & y_v & 0 \\
z_u & z_v & -1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
d u \\
d v \\
d z
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
d x \\
d y \\
0
\end{array}\right)
$$

用 Cramer 法则解出 $d z$ ，就得到

$$
d z=\frac{1}{-\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}} \cdot\left|\begin{array}{ccc}
x_u & x_v & -d x \\
y_u & y_v & -d y \\
z_u & z_v & 0
\end{array}\right|
$$

然后可以从中直接读出 $z_x, z_y$ ，它们就是上式右边的展开式中 $d x$ 和 $d y$ 的系数．

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