(0,π4, 1)有 ∂f ∂x(0, π 4

微乙小考一 (2015/3/12)

1. (7%) 求 z = e^−xtan y 在點 (0,^π₄, 1) 的切面方程式。

sol: 對函數z = f (x, y) = e^−xtan y有

∂f

∂x(x, y) = −e^−xtan y,∂f

∂y(x, y) = e^−xsec²y 因此在(x, y, z) = (0,^π₄, 1)有

∂f

∂x(0, π

4) = −1,∂f

∂y(0,π 4) = 2 代入切面方程式

z = f (0,π

4) + ∂f

∂x(0,π

4)(x − a) + ∂f

∂y(0, π

4)(y − b) 可以得到

x − 2y + z = 1 −π 2

2. (6%) 令 z = z(x, y)，x = x(u, v) 和 y = y(p, q)，且 u, v, p, q 皆為獨立變數。求 zu, z_v, z_p, z_q 。 sol: 由 u, v, p, q 皆為獨立變數與 x = x(u, v), y = y(p, q) 有

y_u = 0, y_v = 0, x_p = 0, x_q = 0 因此

zu = zxxu+ zyyu = zxxu

z_v = z_xx_v+ z_yy_v = z_xx_v z_p = z_xx_p+ z_yy_p = z_yy_p z_q = z_xx_q+ z_yy_q = z_yy_q 3. (7%) 令 z = tan⁻¹(^x_y)。

(i) 求 ^∂z_∂x  

x=1,y=1。

(ii) 在 z = tan⁻¹(^x_y)中，令 x = e^t，y = f(t)，其中函數 f(t) 滿足 f⁰(0) = 0。假設 z⁰(t)   t=0

=

−¹₂，求 f(0)。

sol: (i).

∂z

∂x|_x=1,y=1 = ∂ tan⁻¹(^x_y)

∂x |_x=1,y=1= 1

1 + (^x_y)² 1 y = 1

2

1

(ii).

由題意有z = tan⁻¹(_{f (t)}^et ),因此

−1

2 = z⁰(t)|_t=0 = 1

1 + (_{f (t)}^et )²( e^t

f (t) + e^t

f (t)²f⁰(t))|_t=0= 1

1 + (_{f (0)}¹ )²( 1

f (0) + 1

f (0)²f⁰(0)) 利用f⁰(0) = 0有

−1

2 = 1

1 + (_{f (0)}¹ )²( 1 f (0)) 即

( 1

f (0))²+ 2( 1

f (0)) + 1 = 0 ( 1

f (0) + 1)² = 0 1

f (0) = −1 f (0) = −1

2