# 方向导数

## 定义

本页讨论二元函数 $z=f(x,y)$，设它在点 $P_0(x_0,y_0)$ 的某个邻域内有定义。自 $P_0$ 引一条射线 $l$，设 $l$ 与 $x$ 轴正向、$y$ 轴正向的夹角分别为 $\alpha$、$\beta$。射线上的点

$$
P(x_0+\Delta x,\ y_0+\Delta y)
$$

到 $P_0$ 的距离记作

$$
\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}.
$$

因为 $P$ 在射线 $l$ 上，增量必须取

$$
\Delta x=\rho\cos\alpha,\qquad \Delta y=\rho\cos\beta
$$

的形式，而不能是任意趋于零的一对增量。$\cos\alpha$、$\cos\beta$ 称为方向 $l$ 的**方向余弦**，满足

$$
\cos^2\alpha+\cos^2\beta=1.
$$

本页用到可微性。若

$$
\Delta z=f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y+o(\rho)
\qquad(\rho\to0),
$$

则称 $f$ 在 $P_0$ 处**可微**；可微的定义与判定见[全微分](/knowledge/maths/multivariable-calculus/total-differential/)，偏导数的记号见[偏导数](/knowledge/maths/multivariable-calculus/partial-derivative/)。三元函数的情形在相应位置单独说明。

若极限

$$
\lim_{\rho\to0^+}
\frac{f(x_0+\rho\cos\alpha,\ y_0+\rho\cos\beta)-f(x_0,y_0)}{\rho}
$$

存在，则称它为 $f$ 在点 $P_0$ 沿射线 $l$ 方向的**方向导数**，记作

$$
\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{P_0}.
$$

这个极限是单侧的：$P$ 只能沿射线从 $P_0$ 向外移动，$\rho>0$ 且 $\rho\to0^+$。因此方向导数依赖射线的指向，沿相反射线求出的结果一般与原值不同。

取 $l$ 为 $x$ 轴正向，此时 $\alpha=0$、$\beta=\pi/2$，差商是

$$
\frac{f(x_0+\rho,y_0)-f(x_0,y_0)}{\rho},
$$

极限为 $f_x(x_0,y_0)$。同理，取 $y$ 轴正向得到 $f_y(x_0,y_0)$。若相应偏导数存在，它等于沿该坐标轴正方向的方向导数；反过来仅有单侧方向导数不能保证双侧偏导数存在。

## 性质

### 方向导数的计算

若 $f$ 在点 $P_0$ 可微，则 $f$ 在 $P_0$ 沿任一方向 $l$ 的方向导数都存在，且

$$
\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{P_0}
=f_x(x_0,y_0)\cos\alpha+f_y(x_0,y_0)\cos\beta .
$$

**证明**

由可微性，把 $\Delta x=\rho\cos\alpha$、$\Delta y=\rho\cos\beta$ 代入全增量：

$$
\Delta z=f_x(x_0,y_0)\,\rho\cos\alpha
+f_y(x_0,y_0)\,\rho\cos\beta+o(\rho).
$$

两边除以 $\rho>0$，得

$$
\frac{\Delta z}{\rho}
=f_x(x_0,y_0)\cos\alpha+f_y(x_0,y_0)\cos\beta
+\frac{o(\rho)}{\rho}.
$$

令 $\rho\to0$，最后一项趋于 $0$，即得所述公式。

对三元函数 $u=f(x,y,z)$，若 $f$ 在 $P_0(x_0,y_0,z_0)$ 可微，方向 $l$ 的方向余弦为 $(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$，则

$$
\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{P_0}
=f_x\cos\alpha+f_y\cos\beta+f_z\cos\gamma,
$$

其中三个偏导数都在 $P_0$ 取值。方向余弦仍满足

$$
\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1.
$$

> [!WARNING]
> 公式以可微为前提，只有偏导数存在还不够。例如 $f(x,y)=x^2y/(x^2+y^2)$，并在原点补充定义 $f(0,0)=0$。它的两个偏导数在原点都等于 $0$，但沿方向 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 的差商恒为 $\cos^2\alpha\sin\alpha$，取 $\alpha=\pi/4$ 得 $\sqrt2/4$，与公式给出的 $0$ 不符。原因正是 $f$ 在原点不可微。

## 例子

**沿给定方向的方向导数：$f(x,y)=xy$ 在 $(1,2)$ 处**

$f_x=y$，$f_y=x$，在 $(1,2)$ 处 $f_x=2$，$f_y=1$。

取方向 $l$ 的方向余弦为 $\cos\alpha=3/5$、$\cos\beta=4/5$，这是一个单位方向。于是

$$
\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{(1,2)}
=2\cdot\frac35+1\cdot\frac45=2 .
$$

梯度为 $\nabla f(1,2)=(2,1)$，$|\nabla f(1,2)|=\sqrt5$。所以在这一点方向导数的最大值是 $\sqrt5$，当 $l$ 与向量 $(2,1)$ 同向时取到。

**三元函数的方向导数：$u=x^2+y^2+z^2$ 在 $(1,1,1)$ 处**

$\nabla u=(2x,2y,2z)$，在 $(1,1,1)$ 处为 $(2,2,2)$。沿单位方向 $\dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$，

$$
\frac{\partial u}{\partial l}
=\frac{1}{\sqrt3}(2+2+2)=2\sqrt3 .
$$

这个方向与梯度同向，所以上式就是该点方向导数的最大值。沿单位方向 $\dfrac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ 与梯度垂直，方向导数为 $2-2=0$。

## 探索

交互演示：沿不同方向的变化率如何变化？。旋转单位方向，计算同一点的方向导数。 请在站点操作演示。

## 练习

1. $f(x,y)=xy$ 在点 $(1,1)$ 处沿 $x$ 轴负方向的方向导数为 \_\_\_\_\_\_（value）。

   答案：-1

   沿 $x$ 轴负方向的单位向量是 $(-1,0)$，所以方向导数为 $f_x\cdot(-1)+f_y\cdot0=-1$。也可按定义直接计算：$f(1-\rho,1)-f(1,1)=-\rho$，除以 $\rho$ 后取极限同样得到 $-1$。