09-14 错题记录

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

未审清题设前提，脑补“连续”条件（致命思维定式）：
- 考研真题中大多数概念题常以“设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续”作为开头，导致很多同学审题时形成惯性思维，默认 $f(0, 0) = \lim\limits_{(x, y)\to(0,0)} f(x, y) = 0$ ；
- 本题题干明确只写了“设函数 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 的某邻域内有定义”，压根没有说明 $f(x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处连续！函数在原点的函数值 $f(0, 0)$ 与去心邻域极限没有任何绑定关系，必须对 $f(0, 0)$ 是否为 0 分类讨论。
极限定理分离极限值：
- 题设 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{f(x, y) - (x^2 + y^2)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1$ 可改写为： $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} - \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \sqrt{x^2 + y^2} = 1 \implies \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 1$
- 进而重极限 $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \left[ \dfrac{f(x, y)}{\sqrt{x^2 + y^2}} \cdot \sqrt{x^2 + y^2} \right] = 1 \times 0 = 0$ 。即函数在原点的去心重极限确为 0。
两分支严密讨论：偏导数无论如何均不存在：
- 分支 1（若 $f(0, 0) \ne 0$ · 不连续）：偏导数增量比 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}$ 中，分子趋于 $0 - f(0, 0) \ne 0$ ，分母趋于 0，属于非零常数除以零，极限必为 $\infty$ （不存在）；
- 分支 2（若 $f(0, 0) = 0$ · 连续）：沿 $x$ 轴正向趋近（ $x \to 0^+$ ）： $\dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \dfrac{f(x, 0)}{|x|} \to 1$ ；
  沿 $x$ 轴负向趋近（ $x \to 0^-$ ）： $\dfrac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = -\dfrac{f(x, 0)}{|x|} \to -1$ ；
  左右导数一正一负（ $1 \ne -1$ ），偏导数依然不存在！
考场特例反例秒杀定式：
- 构造特例函数： $f(x, y) = \begin{cases} \sqrt{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0) \\ 1, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}$ ；
- 检验极限： $\lim\limits_{\rho \to 0} \dfrac{\rho - \rho^2}{\rho} = 1 - 0 = 1$ ，完全符合题设；
- 此时在原点 $f(0, 0) = 1 \ne 0$ （不连续，排除 A）；沿坐标轴在原点不可导（两偏导均不存在，排除 C、D），瞬间秒选 (B)。

方法一：严格分类讨论法

第一步：由条件分离去心极限
记 $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ ，题设等价于：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \left[ \frac{f(x, y)}{\rho} - \rho \right] = 1 \implies \lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{f(x, y)}{\rho} = 1

由此可得去心极限：

\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = \lim_{\rho \to 0} \left[ \frac{f(x, y)}{\rho} \cdot \rho \right] = 1 \cdot 0 = 0

第二步：针对函数值 $f(0, 0)$ 展开分类讨论
题设仅说明“在邻域内有定义”，并未保证 $f(x, y)$ 在原点连续，故必须对 $f(0, 0)$ 进行讨论：

情况一：若 $f(0, 0) = 0$ （函数在原点连续）
此时偏导数差商为： $\frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \frac{f(x, 0)}{x}$ 由 $\lim\limits_{(x, y)\to(0,0)} \dfrac{f(x, y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 1$ $(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y )}{x ^{2} + y ^{2}} = 1$ ，沿 $x$ $x$ 轴（令 $y = 0$ $y = 0$ ）趋近： $\lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0)}{|x|} = 1$ 分别考查左右单侧极限：
- 右导数： $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x, 0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x, 0)}{|x|} = 1$ ；
- 左导数： $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{f(x, 0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0^-} \left( -\dfrac{f(x, 0)}{|x|} \right) = -1$ 。
  左右导数不相等（ $1 \ne -1$ ），故偏导数 $f'_x(0, 0)$ 不存在。同理对称性得 $f'_y(0, 0)$ 亦不存在。
情况二：若 $f(0, 0) \ne 0$ （函数在原点不连续）
考察偏导数增量比极限： $f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x}$ 当 $x \to 0$ 时，分子趋向于 $0 - f(0, 0) \ne 0$ ，分母趋向于 $0$ 。
此为非零有限数除以无穷小，极限必为无穷大，即偏导数 $f'_x(0, 0)$ 不存在。同理 $f'_y(0, 0)$ 亦不存在。

综合上述两种情况，无论 $f(0, 0)$ 取何值，两个偏导数必都不存在！排除 (A)、(C)、(D)，正确选项为 (B)。

方法二：特例反例排除法（考场极速）

构造满足题设极限的具体函数：

f(x, y) = \begin{cases} \sqrt{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\ 1, & (x, y) = (0, 0). \end{cases}

检验极限： $\lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} \dfrac{\sqrt{x^2 + y^2} - (x^2 + y^2)}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim\limits_{\rho \to 0} (1 - \rho) = 1$ ，完全符合题干条件；
检验原点连续性： $f(0, 0) = 1 \ne 0 = \lim\limits_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y)$ ，不连续，排除 (A)；
检验偏导数：沿 $x$ 轴 $f(x, 0) = |x|$ （ $x \ne 0$ ）， $f(0, 0) = 1$ 。增量比 $\dfrac{|x| - 1}{x} \to \infty$ ，导数不存在，排除 (C)、(D)。
从而直接锁定 (B)。

例 5.17（2020 数二真题 · 考研史上最难多元微分概念题 · 全路径重极限 / 累次极限外层约束 / 二阶混合偏导定义展开）

三段式分段函数的去心邻域特征：
- 区别于传统仅在原点单独定义的两段式函数，本题定义域划分为：象限内部（ $xy \ne 0$ ）、 $x$ 轴（ $y = 0$ ）、 $y$ 轴（ $x = 0$ ）三段；
- 在原点 $(0, 0)$ 的任意充分小去心邻域内，无论半径多小，圆盘内部均同时包含这三段表达式，求导与求极限时必须时刻保持强烈的路径与定义域意识。
累次极限的外层约束机理（考研最具隐蔽性的思维陷阱）：
- 绝不可脱离外层极限单纯孤立地看内层极限！
- 求解 $\lim\limits_{y \to 0}\left[ \lim\limits_{x \to 0} f(x, y) \right]$ 时，最外层的 $\lim\limits_{y \to 0}$ 是一个总纲领/大前提，它严格规定了自始至终 $y \ne 0$ ！
- 因此在计算内层极限 $\lim\limits_{x \to 0} f(x, y)$ 时， $y$ 是一个固定的非零常数。当自变量 $x \to 0$ 且 $x \ne 0$ 时，点 $(x, y)$ 必定处于象限内部（ $xy \ne 0$ ），绝对无法取到 $y = 0$ 这条路径上的函数表达式！内层极限只能代入 $xy$ 表达式，得出 $\lim\limits_{x \to 0} xy = 0$ ；外层再取极限得 0，结论 ④ 正确。
全路径重极限的严密性（螺线穿梭路径）：
- 很多同学误以为只需检验三条分界线（ $xy \ne 0, y = 0, x = 0$ ）的极限为 0 即可断定重极限为 0；
- 严密论证：趋向原点的路径千千万万，可以构造一条无限次在坐标轴与象限之间来回穿梭的螺线路径。但由于在所有区域上恒有 $|f(x, y)| \le \max(|xy|, |x|, |y|) \to 0$ ，根据夹逼准则，任意路径趋近极限均为 0，因此重极限必为 0，结论 ③ 正确。
二阶混合偏导数的定义展开与双重去心失效：
- 考研混合偏导数相等定理（Clairaut 定理）的前提是二阶偏导数连续，此题并不满足前提，绝不能凭主观直觉写 $f''_{xy} = f''_{yx}$ ；
- 必须严格回归定义展开： $f''_{xy}(0, 0) = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}$ ；
- 计算其中内层偏导数 $f'_x(0, y)$ （ $y \ne 0$ ）： $f'_x(0, y) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x, y) - f(0, y)}{x}$ 。由于外层约束 $y \ne 0$ ，且内层 $x \ne 0$ ，只能取 $xy$ 表达式，而 $f(0, y) = y$ ；
- 差商为 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{xy - y}{x} = \lim\limits_{x \to 0}\left(y - \dfrac{y}{x}\right) = \infty$ （ $y \ne 0$ 为常数）！
- 在 $y$ 轴非原点处， $f'_x(0, y)$ 根本不存在！导函数在邻域内都不存在，二阶混合偏导数差商无意义，故 $f''_{xy}(0, 0)$ 不存在，结论 ② 错误。

1. 检验结论 ①：原点一阶偏导数（正确）

固定 $y = 0$ ，自变量沿 $x$ 轴趋近，按定义计算偏导数：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x - 0}{x} = 1.

故 ① 正确。
(由对称性，同理可得 $f'_y(0, 0) = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{f(0, y) - f(0, 0)}{y} = \lim\limits_{y \to 0} \dfrac{y - 0}{y} = 1$ 。)

2. 检验结论 ③：全路径重极限（正确）

分解趋近路径：

沿象限内部路径（ $xy \ne 0$ ）： $\lim\limits_{\substack{x \to 0 \\ y \to 0}} xy = 0$ ；
沿 $x$ 轴路径（ $y = 0$ ）： $\lim\limits_{x \to 0} x = 0$ ；
沿 $y$ 轴路径（ $x = 0$ ）： $\lim\limits_{y \to 0} y = 0$ ；
沿任意混合或震荡路径（如螺线）：
在原点的去心邻域内，函数值恒满足 $|f(x, y)| \le \max(|xy|, |x|, |y|)$ 。
当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时， $\max(|xy|, |x|, |y|) \to 0$ 。由夹逼定理知，对任意趋近方式均有： $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0.$

故 ③ 正确。

3. 检验结论 ④：累次极限的路径约束机理（正确）

累次极限的运算结构为：

\lim_{y \to 0}\lim_{x \to 0} f(x, y) = \lim_{y \to 0}\left[ \lim_{x \to 0} f(x, y) \right].

最外层极限 $\lim\limits_{y \to 0}$ 表明 $y \to 0$ 且 $y \ne 0$ ；
在求解内层极限 $\lim\limits_{x \to 0} f(x, y)$ 时， $y$ 是一个固定的非零常数。由于内层极限要求自变量 $x \to 0$ 且 $x \ne 0$ ，因此动点 $(x, y)$ 严格满足 $xy \ne 0$ ；
故在内层极限过程中只能选取第一段表达式 $f(x, y) = xy$ ： $\lim_{\substack{x \to 0 \\ x \ne 0}} f(x, y) = \lim_{x \to 0} xy = 0 \quad (y \ne 0).$
将内层极限值 0 代入外层极限： $\lim_{y \to 0} 0 = 0.$

故 ④ 正确。

4. 检验结论 ②：二阶混合偏导数的定义展开（错误）

按二阶偏导数定义展开：

f''_{xy}(0, 0) = \left.\frac{\partial f'_x}{\partial y}\right|_{(0, 0)} = \lim_{y \to 0} \frac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}.

为此需计算在 $y \ne 0$ 时 $f'_x(0, y)$ 的值：

f'_x(0, y) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, y) - f(0, y)}{x}.

此时 $y \ne 0$ 且 $x \to 0 (x \ne 0)$ ，函数只能取 $xy$ 表达式；而在点 $(0, y)$ 处，因横坐标为 0，函数取 $f(0, y) = y$ ：

f'_x(0, y) = \lim_{x \to 0} \frac{xy - y}{x} = \lim_{x \to 0} \left( y - \frac{y}{x} \right).

因 $y \ne 0$ 且为常数，当 $x \to 0$ 时 $\dfrac{y}{x} \to \infty$ ：

f'_x(0, y) \implies \text{\textbf{极限不存在！}}

既然在 $y$ 轴非原点处 $f'_x(0, y)$ 根本不存在，则差商 $\dfrac{f'_x(0, y) - f'_x(0, 0)}{y}$ 无意义，从而 $f''_{xy}(0, 0)$ 不存在！结论 ② 错误。

综上所述，正确的结论为 ①、③、④ 共 3 个，正确选项为 (B)。

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 $a \ne b$ / 正向代换 vs 反解法对比）

变量变换非退化约束 $a \ne b$ （致命隐蔽丢分点）：
- 令纯偏导项系数为 0 得到特征二次方程 $5\lambda^2 + 12\lambda + 4 = 0$ ，解得两个实根 $\lambda_1 = -2, \lambda_2 = -\dfrac{2}{5}$ ；
- 很多同学机械地认为 $a, b$ 各自独立取值，错误地取了 $a = b = -2$ 或 $a = b = -\dfrac{2}{5}$ ；
- 失误剖析：
  - 若 $a = b$ ，则新变量 $\xi = \eta = x + ay$ 线性相关，几何上平面坐标被压缩成一条直线，变换是退化的不可逆变换，无法作为合法的新坐标系；
  - 代入混合项系数检验： $10ab + 12(a+b) + 8 = 10(-2)^2 + 12(-4) + 8 = 40 - 48 + 8 = 0$ ！此时混合偏导项系数亦为 0，原偏微分方程退化为 $0 = 0$ ，根本无法简化为目标形式 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta} = 0$ ；
  - 命题潜规则：必须满足 $a \ne b$ 且混合项系数非零，故 $a, b$ 必须分别取这两个不同的根！
解法抉择：“正向直接代换”远优于“反解变量代换”（降低计算量法则）：
- 方法一（正向代换·推荐）：视 $u = u(\xi, \eta)$ ，利用链式法则将 $x, y$ 的偏导数用 $\xi, \eta$ 的偏导数表示，直接代入原方程整理多项式系数。全过程无分式、系数对称明朗，计算最为稳健；
- 方法二（反解代换）：由方程反解 $x = \dfrac{a\eta - b\xi}{a-b}, y = \dfrac{\xi - \eta}{a-b}$ ，在求 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi\partial \eta}$ 时分母伴随二次方 $(a-b)^2$ ，不仅极易产生符号与交叉项错漏，最后还需联立韦达定理成比例求解，考场耗时是正向法的两倍以上。
二阶偏导算子展开的交叉项系数 $2$ 遗漏：
- 对 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ 展开时为 $u_{\xi\xi} + 2u_{\xi\eta} + u_{\eta\eta}$ ；对 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}$ 展开时中间项为 $(a+b)u_{\xi\eta}$ ；
- 复合求导时展开项较多，合并同类项时必须按照 $u_{\xi\xi}, u_{\xi\eta}, u_{\eta\eta}$ 分列对照核对，防止漏乘方程原系数（如系数 $4, 12, 5$ ）。

方法一：直接代换法（讲义首推 · 运算稳健不踩坑）

第一步：由链式法则展开一阶与二阶偏导数
变量依赖关系为： $u \to (\xi, \eta) \to (x, y)$ ，其中 $\xi = x + ay, \eta = x + by$ 。
计算一阶偏导数算子：

\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial \xi}\cdot 1 + \frac{\partial u}{\partial \eta}\cdot 1 = \frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta}

\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y} = a\frac{\partial u}{\partial \xi} + b\frac{\partial u}{\partial \eta}

计算各二阶偏导数：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} &= \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\right) = \frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(a\frac{\partial u}{\partial \xi} + b\frac{\partial u}{\partial \eta}\right) = a^2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2ab\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b^2\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \\ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} &= \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial u}{\partial \xi} + \frac{\partial u}{\partial \eta}\right) = a\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} \end{aligned}

第二步：代入原偏微分方程并合并同类项
将上述偏导数代入方程 $4\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + 12\dfrac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} + 5\dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$ 中：

\begin{aligned} & 4\left(\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + \frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}\right) + 12\left[a\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}\right] + 5\left(a^2\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + 2ab\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + b^2\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2}\right) \\ &= (5a^2 + 12a + 4)\frac{\partial^2 u}{\partial \xi^2} + [10ab + 12(a+b) + 8]\frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} + (5b^2 + 12b + 4)\frac{\partial^2 u}{\partial \eta^2} = 0 \end{aligned}

第三步：定解条件与合理排除退化解
题设要求方程化简为 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，则纯偏导项系数必须为 0，且混合项系数不得为 0：

\begin{cases} 5a^2 + 12a + 4 = 0 \\ 5b^2 + 12b + 4 = 0 \end{cases} \quad \text{且 } 10ab + 12(a+b) + 8 \ne 0

分解因式 $(5\lambda + 2)(\lambda + 2) = 0$ ，解得两个实根：

\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = -\frac{2}{5}

若 $a = b$ ，则变换退化，且混合项系数 $10a^2 + 24a + 8 = 2(5a^2 + 12a + 4) = 0$ ，不合题意；
因此 $a \ne b$ ，必须分别取不同实根。

故所求参数为：

\begin{cases} a = -2 \\ b = -\dfrac{2}{5} \end{cases} \quad \text{或} \quad \begin{cases} a = -\dfrac{2}{5} \\ b = -2 \end{cases}

方法二：反解变量法（对比参考 · 韦达定理联动）

由线性方程组 $\begin{cases} \xi = x + ay \\ \eta = x + by \end{cases}$ 反解自变量：

x = \frac{a\eta - b\xi}{a - b}, \qquad y = \frac{\xi - \eta}{a - b} \quad (a \ne b)

依赖关系为 $u \to (x, y) \to (\xi, \eta)$ 。
链式求偏导：

\frac{\partial u}{\partial \xi} = \frac{-b}{a-b}\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{1}{a-b}\frac{\partial u}{\partial y}

再对 $\eta$ 求偏导：

\begin{aligned} \frac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} &= \frac{-b}{(a-b)^2}\left(a\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} - \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}\right) + \frac{1}{(a-b)^2}\left(a\frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\right) \\ &= \frac{1}{(a-b)^2}\left[ -ab\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \right] \end{aligned}

欲使 $\dfrac{\partial^2 u}{\partial \xi \partial \eta} = 0$ ，要求中括号内式子为 0：

-ab\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + (a+b)\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} - \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0

对比原方程 $4u''_{xx} + 12u''_{xy} + 5u''_{yy} = 0$ 的对应系数比例：

\frac{-ab}{4} = \frac{a+b}{12} = \frac{-1}{5} \implies ab = \frac{4}{5}, \quad a+b = -\frac{12}{5}

由韦达定理， $a, b$ 为二次方程 $t^2 + \dfrac{12}{5}t + \dfrac{4}{5} = 0 \iff 5t^2 + 12t + 4 = 0$ 的两个不同实根，同样解得：

\begin{cases} a = -2 \\ b = -\dfrac{2}{5} \end{cases} \quad \text{或} \quad \begin{cases} a = -\dfrac{2}{5} \\ b = -2 \end{cases}

ギターと孤独と蒼い惑星

09-14 错题记录

09-14 错题记录

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

例 5.17（2020 数二真题 · 考研史上最难多元微分概念题 · 全路径重极限 / 累次极限外层约束 / 二阶混合偏导定义展开）

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 $a \ne b$ / 正向代换 vs 反解法对比）

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09-14 错题记录

例 5.15（武忠祥严选题 · 仅有邻域极限未说明连续性的偏导存在性陷阱）

例 5.17（2020 数二真题 · 考研史上最难多元微分概念题 · 全路径重极限 / 累次极限外层约束 / 二阶混合偏导定义展开）

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 a≠ba \ne ba=b / 正向代换 vs 反解法对比）

例 5.27（2010 数二真题 · 变量变换化简偏微分方程 · 算子代换展开 / 变换非退化条件 $a \ne b$ / 正向代换 vs 反解法对比）