菜菜，捞捞
1.求极限 $\lim_{(x,y) \to (0, 0)} (x^2+y^2) ^ {x ^ 2}$ 解：
把东西扔上指数：
$$ 原式 = \lim_{(x,y) \to (0, 0)} e ^ {x^2\ln\left(x ^ 2 + y ^ 2\right)} $$
利用指数函数的连续性，只需要求：
$$ \lim_{(x,y) \to (0, 0)} x^2 \ln\left(x^2 + y^2\right) $$
替换为极坐标，上式替换为
$$ \lim_{r \to 0^+} r^2 \cos^2 \theta \ln\left(r^2\right) = \lim_{r \to 0^+} 2 r^2 \cos^2 \theta \ln r $$
我们知道 $|\cos^2 \theta| \leq 1$ ，所以：
$$ \lim_{r \to 0^+} 2 r^2 \cos^2 \theta \ln r = 0 $$
因此原极限为 $e^0 = 1$ * * *
2.求极限 $\lim_{x \to +\infty} \left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right) ^ {\frac{1}{\ln(x)}}.$ 解：
仍然换到指数上：
$$ \lim_{x \to +\infty} e ^ {\frac{\ln\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right)}{\ln(x)}} $$
这时，仍然利用连续性，只需研究：
$$ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right)}{\ln(x)} $$
分子分母都趋于无穷大，使用洛必达法则，指数部分为：
$$ \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right) \cdot \left(-(1 + x^2)\right)}}{\frac{1}{x}} $$
也就是：
$$ \lim_{x \to +\infty} -\frac{x}{\left(\frac{\pi}{2} - \arctan(x)\right) \cdot \left(1 + x^2\right)} $$
简单配凑一下，拆成两个分式相乘：
$$ \lim_{x \to +\infty} -\frac{x^2}{1 + x^2} \cdot \frac{\frac{1}{x}}{\frac{\pi}{2} - \arctan(x)} $$
利用乘除极限，我们得到原式为：
$$ \lim_{x \to +\infty} -\frac{x^2}{1 + x^2} \cdot \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{\frac{\pi}{2} - \arctan(x)} $$
第一个极限显然为 $-1$ ，第二个极限我们仍然可以使用洛必达法则：
$$ \lim_{x \to +\infty} \frac{-\frac{1}{x^2}}{-\frac{1}{1 + x^2}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + x^2}{x^2} = 1 $$
因此指数部分为 $-1$，原极限为$e^{-1} = \frac{1}{e}$ * * *
3.将函数 $f(x) = \cos(2x) \cdot \ln(1 + x)$在$x = 0$处泰勒展开到$4$ 阶
解：
我们分别对 $\cos(2x)$和$\ln(1 + x)$在$x = 0$ 处进行泰勒展开，然后相乘即可：
$$ \cos(2x) = 1 - 2x^2 + \frac{4}{3} x^4 + O(x^6) $$
$$ \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + O(x^5) $$
$$ \begin{aligned} f(x) &= \cos(2x)\ln(1+x) \ &= \left(1 - 2x^2 + \frac{4}{3} x^4 \right) \left(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right) + O(x^5) \ &= x - \frac{1}{2}x^2 - \frac{5}{3}x^3 + \frac{3}{4}x^4 + O(x^5) \end{aligned} $$
4.设 $f(x)$在$[a,b]$二阶可导，满足：$f(a) = f(b) = 0$；存在$c \in (a,b)$使得$f(c) > 0$。证明：存在$\xi \in (a,b)$使得$f’’(\xi) < 0$ 。
解：
c把区间划分成两段，我们分别对他们使用拉格朗日中值定理得到：
$$ \exists c_1 \in (a,c), \frac{f(c) - f(a)}{c - a} = f'(c_1) $$
以及
$$ \exists c_2 \in (c,b), \frac{f(b) - f(c)}{b - c} = f'(c_2) $$
注意到 $f(a) = f(b) = 0$，所以我们有，$f’(c_1) = \frac{f(c)}{c - a} > 0$，$f’(c_2) = \frac{-f(c)}{b - c} < 0$ 。
再对 $f’(x)$ 使用拉格朗日中值定理，我们有：
$$ \exists \xi \in (c_1, c_2), \frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} = f''(\xi) $$
综合一阶导的符号，我们有 $f’’(\xi) < 0$ 。
这就完成了证明
5.(1) 设平面 $\Sigma$过点$P_0$，其法向量为$\vec{n}$。$P_1$是平面$\Sigma$外一点，请用$\overrightarrow{P_0P_1}$和$\vec{n}$表达出点$P_1$到平面$\Sigma$ 的距离.
$$ d = \frac{|\overrightarrow{P_0P_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|} $$
(2) 设直线 $L$过点$P_0$，其方向向量为$\vec{r}$，$P_1$是$L$外一点，请用$\overrightarrow{P_0P_1}$和$\vec{r}$表达出点$P_1$到$L$ 的距离.
$$ d = \frac{|\overrightarrow{P_0P_1} \times \vec{r}|}{|\vec{r}|} $$
(3) 设异面直线 $L_1, L_2$的方向向量分别为$\vec{r}_1, \vec{r}_2$。若已知点$P_1$在$L_1$上，点$P_2$在$L_2$上，请用$\overrightarrow{P_1P_2}$和$\vec{r}_1, \vec{r}_2$表达出$L_1, L_2$ 间的距离公式.
$$ d = \frac{|\overrightarrow{P_1P_2} \cdot (\vec{r}_1 \times \vec{r}_2)|}{|\vec{r}_1 \times \vec{r}_2|} $$
$$ f(x, y) =
\begin{cases} y \arctan \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}, & (x, y) \neq (0, 0); \ 0, & (x, y) = (0, 0). \end{cases}
$$
讨论 $f(x, y)$在$(0, 0)$ 点的可微性.
解：
$$ f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = 0, \quad f_y(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0,h)-f(0,0)}{h} = \frac{\pi}{2}. $$
对 $(x,y)\neq (0,0)$ 的偏导：
$$ f_x(x,y) = -\,\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}\,(1+x^2+y^2)}, $$
$$ \quad f_y(x,y) = \arctan \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}\,(1+x^2+y^2)}. $$
验证偏导连续性：
$$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} f_x(x,y) = 0 = f_x(0,0), \quad \lim_{(x,y)\to(0,0)} f_y(x,y) = \frac{\pi}{2} = f_y(0,0). $$
偏导连续，从而原函数可微。
$$ f(x, y) =
\begin{cases} \frac{2xy^3}{x^2 + y^4}, & x^2 + y^2 \neq 0, \ 0, & x^2 + y^2 = 0. \end{cases}
$$
计算方向导数 $\frac{\partial f(0, 0)}{\partial l}$，其中$l = (\cos \alpha, \sin \alpha), \alpha \in [0, 2\pi)$ 为单位向量.
(2) 若一个二元函数 $g(x, y)$于$(x_0, y_0)$点取到极小值，那么$t = 0$是否一定是$h(t) = g(x_0 + t \cos \alpha, y_0 + t \sin \alpha)$的极小值点（其中$\alpha$ 如 (1) 中所示），为什么？
(3) 若对任意 $\alpha \in [0, 2\pi)$，$t = 0$是$h(t) = g(x_0 + t \cos \alpha, y_0 + t \sin \alpha)$的极小值点，那么$(x_0, y_0)$是否一定是$g(x, y)$ 的极小值点，为什么？
解：
（1）：
注意，如果你像我一开始一样直接使用算了梯度是0然后说方向导数是0，这并不严谨，甚至应该说是错的，因为方向导数是梯度点乘 $l$ 要求函数可微……
所以我们老老实实按照定义计算：
$$ \frac{\partial f(0, 0)}{\partial l} = \lim_{t\to 0} \frac{f(t\cos\alpha, t\sin\alpha) - f(0,0)}{t} = \lim_{t\to 0} \frac{2t^4 \cos\alpha \sin^3\alpha}{t(t^2 \cos^2\alpha + t^4 \sin^4\alpha)} = \lim_{t\to 0} \frac{2t^3 \cos\alpha \sin^3\alpha}{t^2 \cos^2\alpha + t^4 \sin^4\alpha}. $$
若 $\cos\alpha = 0$， 则分子已经为0，分母剩下$t^4$ ，极限为0；
若 $\cos\alpha \neq 0$，则分母分子同除以$t^2$ ，得到：
$$ \lim_{t\to 0} \frac{2t \cos\alpha \sin^3\alpha}{\cos^2\alpha + t^2 \sin^4\alpha} = 0. $$
综上，方向导数为0.
（2）
使用极小值的定义：
$$ \exists \delta > 0, \forall (x, y), \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2} < \delta \Rightarrow g(x, y) \geq g(x_0, y_0). $$
那么显然，只要我们让 $t < \delta$ ，就有
$$ h(t) = g(x_0 + t \cos \alpha, y_0 + t \sin \alpha) \geq g(x_0, y_0) = h(0). $$
所以 $t = 0$是$h(t)$ 的极小值点。
（3）
感性上，条件只是说四面八方的直线方向上都是极小值点，并不能保证整个平面上都是极小值点。
（以下内容使用AI辅助，我反正自己没想到构造）
那么，我们取更高阶数的函数，例如 $y = x^2$，为了写成多元函数，我们写成$g(x, y) = y - x^2$。为了构造极小值，我们另外拿一条抛物线$f(x, y) = y - 2x^2$，然后考虑$h(x, y) = f(x, y) \cdot g(x, y)$ 。
现在看这个函数把平面分成了三个区域：区域 A（两条抛物线之间）：比如 $y = 1.5x^2$。代入得$f = (1.5x^2 - x^2)(1.5x^2 - 2x^2) = (0.5x^2)(-0.5x^2) = -0.25x^4$。这里是负值（深谷）！区域 B（上方和下方）：当$y > 2x^2$或$y < x^2$时，两个括号同号，函数值是正值（高地）！为什么这个反例能骗过所有“直线探测器”？这就是构造最精妙的地方了 。对于$x$ 轴 ($y=0$)： $h(t) = f(t, 0) = (-t^2)(-2t^2) = 2t^4$。在$t=0$处显然是极小值。对于其他任意直线$y = kx$：把$y=kx$代入：$h(t) = (kt - t^2)(kt - 2t^2) = t^2(k - t)(k - 2t)$。当$t$足够小的时候（只要$t < k/2$），$(k-t)$和$(k-2t)$都是和$k$同号的常数，所以$h(t) \approx k^2t^2$ 。这说明在任何直线上，原点看起来都是被正值包围的极小值点 ！真相是： 直线在进入“负值深谷”之前，必须先经过“正值高地”。因为直线是直的，而深谷是弯曲且越来越细的，所以直线最终会“跳”过那个深谷，只看到两边的高坡 。
8.设 $z = z(x, y)$是由方程$(x^2 + y^2)z + \ln z + 2(x + y + 1) = 0$确定的隐函数，试求$z = z(x, y)$ 的极值.
解：
首先对F分别对 $x$和$y$ 求偏导，得到：
$$ F_x = 2xz + 2 $$
$$ F_y = 2yz + 2 $$
$$ F_z = (x^2 + y^2) + \frac{1}{z} $$
利用隐函数求导公式，得到：
$$ z_x = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{2xz + 2}{(x^2 + y^2) + \frac{1}{z}} $$
$$ z_y = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{2yz + 2}{(x^2 + y^2) + \frac{1}{z}} $$
为了严谨一些，我们验证隐函数存在的条件，首先，让 $x = y = 0$，解出$z = z(0, 0)$满足$\ln z + 2 = 0$ ，所以存在点满足原函数。
然后显然偏导都连续，大家都是初等函数。
接下来，验证 $F_z \neq 0$ ，从中得到：
$$ F_z = (x^2 + y^2) + \frac{1}{z} \neq 0. $$
由于定义域保证 $z > 0$ ，上式恒成立，所以隐函数存在。
令偏导数为0，得到驻点方程组：
$$ \begin{cases} 2xz + z^2 = 0, \ 2yz + z^2 = 0. \end{cases} $$
带入原函数我们就可以得到方程：
$$ 2 - \frac{2}{z} + \ln z = 0. $$
看出 $z = 1$ 是解，求导得到函数单调，所以解唯一。
接下来验证驻点性质，先把 $z$看成$x,y$ 的函数，考虑：
$$ \frac{\partial F(x,y,z)}{\partial x} = F_x + F_z \cdot z_x = 0 $$
那么：
$$ \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} = F_{xx} + F_{xz} z_x + F_{zx} z_x + F_{zz} z_x^2 + F_z z_{xx} $$
利用 $z_x = 0$ ，得到：
$$ z_{xx} = -\frac{F_{xx}}{F_z} $$
类似地，我们可以得到：
$$ z_{yy} = -\frac{F_{yy}}{F_z} $$
$$ z_{xy} = -\frac{F_{xy}}{F_z} $$
计算二阶偏导：
$$ F_{xx} = 2z $$
$$ F_{yy} = 2z $$
$$ F_{xy} = 0 $$
带入数值：
$$ F_z = (x^2 + y^2) + \frac{1}{z} = 3 $$
$$ F_{xx} = 2 $$
$$ F_{yy} = 2 $$
$$ F_{xy} = 0 $$
也就是：
$$ z_{xx} = -\frac{2}{3} $$
$$ z_{yy} = -\frac{2}{3} $$
$$ z_{xy} = 0 $$
那么显然海瑟矩阵负定，所以驻点为极大值点。
- 设一元函数 $f(x)$在闭区间$[a, b] (a < b)$上二阶可导，$f(a) = f(b) = f’(a) = f’(b) = 0$，且当$x \in [a, b]$时$|f’’(x)| \leqslant M$（$M$为一个正数）。求证：$|f(x)| \leqslant \frac{M}{16}(b-a)^2, \quad x \in [a, b]$ 解：
只会这个不太严谨的证明（
由于 $f’’(x) \leqslant M$， 所以$f’(x)$最快只能以$M$的速度增加。 因为$f’(a) = 0$，所以在$[a, b]$上，$f’(x) \leq M(x - a)$ 。
由于 $f(a) = f(b) = 0$ ， 所以我们有：
$$ \int_a^b f'(x) dx = 0 $$
也就是说， $f’(x)$在$[a, b]$上的正面积和负面积相等。 由于$f’(x) \leq M(x - a)$， 所以在$[a, \frac{a+b}{2}]$上，$f’(x)$的最大值出现在$x = \frac{a+b}{4}$， 也就是$f’(\frac{a+b}{4}) \leq M(\frac{b-a}{4})$ 。 否则它没法满足积分为0的条件。
此时，计算正面积三角形的面积：
$$ S_{正} \leq \frac{1}{2} \cdot \frac{b-a}{2} \cdot M \cdot \frac{b-a}{4} = \frac{M(b-a)^2}{16} $$
由于正面积和负面积相等，负面积的绝对值也小于等于 $\frac{M(b-a)^2}{16}$ 。这也就完成了证明。