上式极限存在就意味着当点 (xo+ 4x, yo+ 4y) 趋于点(x,y) 曲线C在点P0有唯一的切线 它关于L方向的斜率 就是方向导数 af al (x0,y) 0 M
上式极限存在就意味着当点 ( , ) 0 0 x + x y + y ( , ) 0 0 趋于点 x y 曲线C在点 P0 有唯一的切线 它关于 l 方向的斜率 就是方向导数 ( , ) 0 0 x y l f L C M0 P0 T P M l
定理如果函数z=f(x,y)在点P(x,y)是可微分 的,那末函数在该点沿任意方向L的方向导数都 存在,且育afaf af coS(+sIn ay 其中为x轴到方向L的转角 证明由于函数可微,则增量可表示为 af f(x+Ax,y+4y)-∫(x,y)=△+Δy+0(p) ax 两边同除以P,得到
定理 如果函数z = f ( x, y)在点P( x, y)是可微分 的，那末函数在该点沿任意方向 L 的方向导数都 存在，且有 cos sin y f x f l f + = ， 其中 为x 轴到方向 L 的转角． 证明 由于函数可微，则增量可表示为 ( , ) ( , ) y o( ) y f x x f f x x y y f x y + + + + − = 两边同除以 , 得到
f(x+4x,y+ 4y)-f(x, y) af Ax, af Ay, o(p) ax 故有方向导数 sin pp 伍m∫(x+△x,y+△y v)-f(x,y) af coS P+osin p. ax O 例1求函数z=xe2在点P(,0)处沿从点 P(1,0)到点Q(2,-1)的方向的方向导数
( , ) ( , ) y o( ) y x f x f x x y y f x y f + + = + + − 故有方向导数 = l f ( , ) ( , ) lim 0 f x + x y + y − f x y → cos sin. y f x f + = cos sin 例 1 求函数 y z xe 2 = 在点P(1,0)处沿从点 P(1,0)到点Q(2,−1)的方向的方向导数
解这里方向即为PQ={1,-1}, 故x轴到方向的转角φ T z7 e 1; az Ox(:0) (1,0) =2re 2, (1,0) 所求方向导数 z cos(-)+2sin( al 2 例2求函数∫(x,y)=x2-xy+y2在点(1,1) 沿与x轴方向夹角为的方向射线的方向导数并 问在怎样的方向上此方向导数有 (1)最大值;(2)最小值;(3)等于零?
解 这里方向l 即为PQ = {1,−1}, 故x轴到方向l 的转角 4 = − . 1; (1,0) 2 (1,0) = = y e x z 2 2, (1,0) 2 (1,0) = = y xe y z 所求方向导数= l z ) 4 ) 2sin( 4 cos( + − − . 2 2 = − 例 2 求函数 2 2 f (x, y) = x − xy + y 在点（1，1） 沿与x轴方向夹角为 的方向射线l 的方向导数.并 问在怎样的方向上此方向导 数有 （1）最大值； （2）最小值； （3）等于零？
解由方向导数的计算公式知 f (1, 1)cosa+f (1, 1 sina al (2x-y)la cosa+(2y-x) sIna T c0Sa+sina=√2sin(+,) 故 (1)当α=,时,方向导数达到最大值√2; (2)当a=5时,方向导数达到最小值√2 (3)当①=3和①=7时,方向导数等于0
解 由方向导数的计算公式知 (1,1)cos (1,1)sin (1,1) x y f f l f = + (2 ) cos (2 ) sin , (1,1) (1,1) = x − y + y − x = cos + sin ), 4 2sin( = + 故 （1）当 4 = 时，方向导数达到最大值 2; （2）当 4 5 = 时，方向导数达到最小值− 2 ; （3）当 4 3 = 和 4 7 = 时， 方向导数等于 0