习题 7-5 8. 三个元素，一个约束，所以有两个自由的变量，根据题意，$z=z(x,y)$ $x,y$: 自变量\begin{center}\begin{tikzpicture}[grow=right,scale=0.9]\node {$F$}child {node {$x y +yz$} child{ node{$z$} child {node{$y$} } child{node { $x$ }} } child{node {$y$}} child{node {$x$} } }child {node {$y+z$}child {node {$y$}}child {node {$z$ } child {node {$y$} } child{node {$x$} } }};\end{tikzpicture}\end{center}
两边对 $x$ 求偏导
\[\begin{aligned} & F_1\cdot \frac{\partial}{ \partial z } (y+z) \frac{\partial z}{\partial x} + F_2 \cdot \frac{\partial}{ \partial x } (xy+yz) + F_2 \cdot \frac{\partial}{ \partial z } (xy+yz) \frac{\partial z}{\partial x} =0\\& F_1 \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + y F_2 + y F_2 \frac{\partial z}{\partial x}=0\end{aligned}\]得到\[ \frac{\partial z}{\partial x}= - \frac{y F_2}{F_1+yF_2}\]
11. 三个元素，两个约束得到一个是自由的。
选择 $x$ 为自由，$y=y(x)$, $z=z(x)$, $x$ 为自变量\begin{center}
\begin{tikzpicture}[grow=right,scale=0.9]\node {$f$}child{ node{ $x+y$ } child { node {$y$} child { node{ $x$ }} } child { node {$x$} }};\end{tikzpicture}\begin{tikzpicture}[grow=right,scale=0.5]\node {$F$} child{ node{$z$} child{ node {$x$} }} child {node{$y$} child { node {$x$} }} child {node {$x$}};\end{tikzpicture}\end{center}则\[ \begin{aligned} \frac{d z}{d x} &= f(x+y) + x \cdot \frac{\partial}{\partial x} ( f(x,y) )\\ & = f(x+y) + x \cdot f'(x+y) \frac{\partial}{\partial x} (x+y) + x\cdot f'(x+y) \frac{\partial }{\partial y} (x+y) \frac{dy}{dx}\\ &= f(x+y) + xf'(x+y) +xf'(x+y) \frac{dy}{dx}\end{aligned}\]而\[ F_x+ F_y \frac{dy}{dx}+ F_z \frac{d z}{dx}=0.\]联解得出 习题 7-6
8. 不可微, 用定义
\[\begin{aligned}
\frac{\partial f}{\partial l} &= \lim_{t \to 0^+} \frac{f(0+ t\cos \alpha, )+\cos \beta) -f(0,0) }{t}\\&= \lim_{t\to 0^+} \frac{t^2 \cos \alpha \cos \beta}{ t \sqrt {t^2 \cos^2 \alpha +t^2 \cos^2 \beta} }\\ &= \cos \alpha \cos \beta =\cos \alpha \sin \alpha\end{aligned}\]9.
\[\begin{aligned}
\frac{\partial f}{\partial l} &= {\bf grad} f \cdot \{ \cos \alpha , \cos \beta \}\\&= | {\bf grad} f | \cdot \cos \theta \end{aligned}\]
要求减小最快，即 $\cos\theta =-1$，则方向导数与梯度夹角为 $180^0$, 为梯度的反方向
.习题 7-7
1. (3) 旋转体的方程如何给出？比如绕着 $y$ 轴，即 $y$ 保持不变，而另一个变量 $x$ 用 $\sqrt{z^2+x^2}$ 代替, 即题目要求的旋转体为
\[ 3(x^2+z^2) +2y^2 =12\]容易求出法向量 $\{ 0, 4\sqrt 3, 6\sqrt 2 \}$, 标准化后得 $\{ 0, \sqrt{2/5},\sqrt{3/5} \}$ (试试看,由 $x0z$ 平面上 $z=|x|$ 绕 $z$ 轴旋转而成的曲面是什么？圆锥 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ )
12. 解：设所求的点为 $(x_0,y_0,z_0)$, 该点的法向量为 $\vec{n}=\{ 4x_0, y_0,z_0 \}$, 则\[ \vec{n} \cdot \vec{i}= 4x_0,\quad \vec{n} \cdot \vec{j}= y_0,\quad \vec{n} \cdot \vec{k}= z_0.\]根据点乘的几何意义\[ \cos \theta_1 \frac{4x_0}{\sqrt{(4x_0)^2+y_0^2 +z_0^2}},\quad \cos \theta_2 \frac{y_0}{\sqrt{(4x_0)^2+y_0^2 +z_0^2}},\quad \cos \theta_3 \frac{z_0}{\sqrt{(4x_0)^2+y_0^2 +z_0^2}},\]根据题意 $\theta_1=\theta_2=\theta_3$, 故 $4x_0=y_0=z_0$, 代入$x^2 +\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{4}=1$ 求出该点.
13. (线总比面容易求！！)
在点 $(a,b,c)$ 的切向量为 $\{bc,ac,ab\}$, 则切平面为
\[ bc(x-a)+ac(y-b)+ ab(z-c)=0.\]令 $x=y=0$, 得 $z=3c$, 类似的 $x=3a, y=3b$, 则\[ |3a \cdot 3 b \cdot 3c| =3 \qquad (\mbox{利用 } xyz=1)\]15. 把关系全部写出来
\begin{center}
\begin{tikzpicture} \matrix (m) [matrix of math nodes,row sep=3em,column sep=4em,minimum width=2em] { \mbox{直线} L & \mbox{点} (1,-2,5) \\ \mbox{平面} \pi & \mbox{曲面} z=x^2+y^2 \\}; \path[-stealth] (m-1-1) edge node [left] {在} (m-2-1) % edge [double] node [below] {$\mathcal{B}_t$} (m-1-2) (m-2-1.east|-m-2-2) edge node [below] {相切} (m-2-2) % node [above] {$\exists$} (m-2-2) (m-1-2) edge node [right] {在} (m-2-2) edge node [above] {在} (m-2-1);\end{tikzpicture}\end{center} 注意到其中点 $(1,-2,5)$ 在曲面 $z=x^2+y^2$ 并不能给我们额外的信息。而直线 $L$ 在平面 $\pi$ 上，推出 $\pi$ 的方程为\[ \lambda_1 (x+y +b)+ \lambda_2 (x+ay -z-3)=0,\]假设该平面不包含 $x+ay-z-3=0$, 上述方程可简化为\[ (x+y+b)+\lambda (x+ay-z-3)=0.\]而根据平面 $\pi$ 与曲面相切，则曲面 $z=x^2+y^2$ 在点 $(1,-2,5)$ 的法向量为$\{2,-4,-1\}$. 而平面 $\pi$ 的法向量为 $\{ 1+\lambda , 1+a\lambda,-\lambda \}$,则得\[ \frac{1+ \lambda}{2}=\frac{1+a\lambda}{-4}=\frac{-\lambda}{-1}.\]最后利用条件 $(1,-2,5)$ 在平面上得\[ b-1 + \lambda( 1-2a-8 )=0\]因此联解\[ \begin{cases} \dfrac{1+ \lambda}{2}=\dfrac{1+a\lambda}{-4}=\dfrac{-\lambda}{-1}\\ b-1 + \lambda( 1-2a-8 )=0\end{cases}\]得 $a=-5,b=-2,\lambda=1$.