09-22 错题记录

例 17.12（分段函数不可微时用定义求方向导数）

公式成立前提的致命盲区（方向导数计算公式绝非无条件套用！）：
- 方向导数经典计算公式： $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right|_{P_0} = f'_x(P_0)\cos\alpha + f'_y(P_0)\cos\beta$ 成立的充要/充分条件是函数在点 $P_0$ 处可微！
- 典型误区：审题看到求某点沿方向 $\mathbf{l}$ 的方向导数，第一反应是不假思索直接由定义算出偏导数 $f'_x(0, 0) = 1, \; f'_y(0, 0) = 1$ ，然后想当然套用公式得出 $\cos\alpha + \cos\beta$ ；
- 失分严重性：虽然本题计算结果碰巧相等，但未验证可微性就盲目套公式属于考研阅卷中的重大逻辑断层（伪解），大题一律扣除关键步骤分！若遇到一般不可微函数，公式计算值与真实方向导数往往不符（甚至方向导数根本不存在），直接导致满盘皆输。
可微性判定的路径选择技巧（抛物线平衡四次幂）：
- 先按一元偏导定义计算偏导数： $f'_x(0, 0) = 1, \; f'_y(0, 0) = 1$ ；
- 考察全增量减去线性增量部分： $\Delta f - (A\Delta x + B\Delta y) = \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2}$
- 判定可微极限 $\lim\limits_{\rho \to 0} \frac{\Delta f - (A\Delta x + B\Delta y)}{\rho}$ 是否为 0（其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ ）；
- 路径选取眼力：分母是 $(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2$ 。若沿直线路径 $\Delta y = k\Delta x$ 趋近，分母主部为 $k^2(\Delta x)^2$ ，无法抵消；而若选取抛物线路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ ，分母两项同为 4 次幂： $(\Delta x)^4 + (\Delta x)^4 = 2(\Delta x)^4$ ！
- 此时代入比式： $\lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^5}{2(\Delta x)^4 \cdot |\Delta x|\sqrt{1 + (\Delta x)^2}} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x}{2|\Delta x|} = \pm \frac{1}{2} \neq 0$
- 结论：极限不为 0（甚至正负极限不同不存在），严格证明函数在点 $(0, 0)$ 处不可微！
不可微时，必须回归原始定义（单侧射线极限）：
- 核心定义：方向导数是点沿给定射线方向移动时的单侧右极限（ $t \to 0^+$ ）： $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right|_{P_0} = \lim_{t \to 0^+} \frac{f(x_0 + t\cos\alpha, \; y_0 + t\cos\beta) - f(x_0, y_0)}{t}$
- 令 $\Delta x = \rho\cos\alpha, \; \Delta y = \rho\cos\beta$ （其中 $\rho = t > 0$ 表示动点到原点的距离）： $\frac{f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0)}{\rho} = \cos\alpha + \cos\beta + \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$
极限化简的严密性与边界情况讨论（ $\cos\beta = 0$ 避坑）：
- 考察末项极限： $\lim\limits_{\rho \to 0^+} \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$ ；
- 分类严密讨论：
  - 当 $\cos\beta \neq 0$ 时，分母趋向于非零常数 $\cos^2\beta > 0$ ，分子由于含 $\rho^3 \to 0$ ，故该项极限严格为 $0$ ；
  - 当 $\cos\beta = 0$ 时（此时方向为沿 $\pm x$ 轴正负向， $\cos\alpha = \pm 1$ ），分式分子含有因子 $\cos\beta = 0$ ，分式本身恒等于 0，极限自然为 $0$ ；
- 因此对平面上任意给定方向 $\mathbf{l}$ ，该项极限恒为 $0$ ，方向导数处处存在且唯一为 $\cos\alpha + \cos\beta$ 。
多元微分核心概念层次与反例价值速查表：

概念关系	推导判定	核心反思与本题角色
偏导数存在 $\centernot\implies$ 可微	仅保证沿坐标轴两个正负方向有变化率	多元微积分入门经典断层
可微 $\implies$ 沿任意方向方向导数存在	必满足 $\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} = \nabla f \cdot \mathbf{l}^\circ$	可微保证所有切线共面，切平面存在
沿任意方向方向导数存在 $\centernot\implies$ 可微	无法保证全增量线性逼近	本题例 17.12 即为天花板级考研标准反例！
方向导数具有线性组合形式 $\centernot\implies$ 可微	即使结果形如 $A\cos\alpha + B\cos\beta$	本题全方向导数恒为 $\cos\alpha+\cos\beta$ ，但不可微！

【第一步：由偏导数定义求解点 $(0, 0)$ 处的一阶偏导数】 由偏导数定义：

f'_x(0, 0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x, 0) - f(0, 0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{x + 0 + \frac{x^3 \cdot 0}{x^4 + 0} - 0}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x}{x} = 1,

f'_y(0, 0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0, y) - f(0, 0)}{y - 0} = \lim_{y \to 0} \frac{0 + y + \frac{0 \cdot y}{0 + y^2} - 0}{y} = \lim_{y \to 0} \frac{y}{y} = 1.

【第二步：严格检验函数在点 $(0, 0)$ 处的可微性】 若函数在 $(0, 0)$ 处可微，则全增量应满足：

\Delta f = f(\Delta x, \Delta y) - f(0, 0) = f'_x(0, 0)\Delta x + f'_y(0, 0)\Delta y + o(\rho) = \Delta x + \Delta y + o(\rho),

其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$ 。计算增量差额：

\Delta f - (\Delta x + \Delta y) = \left[ \Delta x + \Delta y + \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2} \right] - (\Delta x + \Delta y) = \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2}.

考查极限：

\lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{\Delta f - (\Delta x + \Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{(\Delta x, \Delta y) \to (0, 0)} \frac{(\Delta x)^3 \Delta y}{[(\Delta x)^4 + (\Delta y)^2]\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}}.

取趋近路径 $\Delta y = (\Delta x)^2$ （当 $\Delta x \to 0$ 时，显然 $\Delta y \to 0$ ）：

\begin{aligned} \lim_{\substack{\Delta x \to 0 \\ \Delta y = (\Delta x)^2}} \frac{(\Delta x)^3 (\Delta x)^2}{[(\Delta x)^4 + ((\Delta x)^2)^2]\sqrt{(\Delta x)^2 + ((\Delta x)^2)^2}} &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(\Delta x)^5}{2(\Delta x)^4 \cdot |\Delta x|\sqrt{1 + (\Delta x)^2}} \\ &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta x}{2|\Delta x|} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 + (\Delta x)^2}}. \end{aligned}

当 $\Delta x \to 0^+$ 时，极限为 $\frac{1}{2}$ ；当 $\Delta x \to 0^-$ 时，极限为 $-\frac{1}{2}$ 。极限不仅不为 0，而且不存在！因此：

\mathbf{f(x, y) \text{ 在点 } (0, 0) \text{ 处不可微！}}

不能直接套用方向导数可微计算公式 $\left.\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}\right| = f'_x\cos\alpha + f'_y\cos\beta$ ，必须严格使用方向导数的定义求解。

【第三步：按方向导数定义列出单侧极限并严密求解】 设方向向量为 $\mathbf{l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ ，动点在以 $P(0, 0)$ 为起点的射线上，设动点到原点的距离为 $\rho > 0$ ，则：

\begin{cases} \Delta x = \rho\cos\alpha, \\ \Delta y = \rho\cos\beta. \end{cases}

由方向导数的定义：

\begin{aligned} \left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P(0, 0)} &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{f(\rho\cos\alpha, \; \rho\cos\beta) - f(0, 0)}{\rho} \\ &= \lim_{\rho \to 0^+} \frac{1}{\rho} \left[ \rho\cos\alpha + \rho\cos\beta + \frac{(\rho\cos\alpha)^3 (\rho\cos\beta)}{(\rho\cos\alpha)^4 + (\rho\cos\beta)^2} \right] \\ &= \lim_{\rho \to 0^+} \left[ \cos\alpha + \cos\beta + \frac{\rho^4 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho (\rho^4 \cos^4\alpha + \rho^2 \cos^2\beta)} \right] \\ &= \cos\alpha + \cos\beta + \lim_{\rho \to 0^+} \frac{\rho^3 \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 (\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta)} \\ &= \cos\alpha + \cos\beta + \lim_{\rho \to 0^+} \frac{\rho \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}. \end{aligned}

严谨考察末项极限 $I = \lim\limits_{\rho \to 0^+} \dfrac{\rho \cos^3\alpha \cos\beta}{\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta}$ ：

若 $\cos\beta \neq 0$ ：分母极限为 $\lim\limits_{\rho \to 0^+} (\rho^2 \cos^4\alpha + \cos^2\beta) = \cos^2\beta \neq 0$ ，而分子极限为 $0 \times \cos^3\alpha \cos\beta = 0$ ，因此 $I = \frac{0}{\cos^2\beta} = 0$ ；
若 $\cos\beta = 0$ ：由于分子恒含因子 $\cos\beta = 0$ ，对一切 $\rho > 0$ ，分子恒为 $0$ ；此时必有 $\cos\alpha = \pm 1 \neq 0$ ，分母为 $\rho^2 \cos^4\alpha = \rho^2 > 0$ （非零），故分式恒为 $\frac{0}{\rho^2} = 0$ ，其极限亦为 $I = 0$ 。

综合上述讨论，对任意方向 $\mathbf{l} = (\cos\alpha, \cos\beta)$ ，均有 $I = 0$ 。

故所求方向导数为：

\boxed{\left. \frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}} \right|_{P(0, 0)} = \cos\alpha + \cos\beta}

ギターと孤独と蒼い惑星

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