5.2 偏导数和可微概念题

判断顺序：先查连续，再查一阶偏导是否存在，再按定义判断可微，最后判断一阶偏导是否连续。

来源：邂逅遗憾 27 考研数学思维课，第五章“多元微分”，资料页 343—352。本文保留资料中的定义、定理、例题、原解与手写批注。

一、偏导数

1. 定义

f_x'(x_0,y_0) =\lim_{\Delta x\to0} \frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x} =\left.\frac{d}{dx}f(x,y_0)\right|_{x=x_0},

f_y'(x_0,y_0) =\lim_{\Delta y\to0} \frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y} =\left.\frac{d}{dy}f(x_0,y)\right|_{y=y_0}.

对 $x$ 求偏导时， $y$ 视为常数；对 $y$ 求偏导时， $x$ 视为常数。

$f_x'(x_0,y_0)$ 就是一元函数 $f(x,y_0)$ 在 $x_0$ 处的导数； $f_y'(x_0,y_0)$ 就是一元函数 $f(x_0,y)$ 在 $y_0$ 处的导数。

解答题定义例题

设

f(x,y)=x+2y+(y-1)\arcsin\frac{x}{1+xy},

求 $f_x'(0,1)$ 和 $f_y'(0,1)$ 。

解答

f_x'(0,1) =\left.\frac{d}{dx}f(x,1)\right|_{x=0} =\left.\frac{d}{dx}(x+2)\right|_{x=0}=1,

f_y'(0,1) =\left.\frac{d}{dy}f(0,y)\right|_{y=1} =\left.\frac{d}{dy}(2y)\right|_{y=1}=2.

2. 高阶偏导数

设 $z=f(x,y)$ ，则

\frac{\partial^2z}{\partial x^2} =f_{xx}''(x,y) =\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right),

\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =f_{xy}''(x,y) =\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right),

\frac{\partial^2z}{\partial y\partial x} =f_{yx}''(x,y) =\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right),

\frac{\partial^2z}{\partial y^2} =f_{yy}''(x,y) =\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right).

定理　如果函数 $z=f(x,y)$ 的两个二阶混合偏导数 $f_{xy}''(x,y)$ 及 $f_{yx}''(x,y)$ 在区域 $D$ 内连续，则在区域 $D$ 内恒有

f_{xy}''(x,y)=f_{yx}''(x,y).

二、全微分与可微

若

\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0) =A\Delta x+B\Delta y+o(\rho),

其中

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

则称函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 可微， $A\Delta x+B\Delta y$ 称为函数在该点的全微分，记为

dz=A\Delta x+B\Delta y.

以下四条等价：

\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho);

\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{ [f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)] -[A\Delta x+B\Delta y] }{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=0;

f(x,y)-f(x_0,y_0) =A(x-x_0)+B(y-y_0)+o(\rho);

\lim_{\substack{x\to x_0\\y\to y_0}} \frac{ [f(x,y)-f(x_0,y_0)] -[A(x-x_0)+B(y-y_0)] }{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}=0.

它们都是函数 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微的等价形式。由它们都可得到

f_x'(x_0,y_0)=A,\qquad f_y'(x_0,y_0)=B.

注意： $A$ 和 $B$ 可以为 $0$ 。

可微性判定

必要条件： $f_x'(x_0,y_0)$ 与 $f_y'(x_0,y_0)$ 都存在。
充分条件： $f_x'(x,y)$ 和 $f_y'(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续。
用定义判定：先判断两个偏导数是否存在，再判断

\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{ [f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)] -[f_x'(x_0,y_0)\Delta x+f_y'(x_0,y_0)\Delta y] }{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}

是否为零。

连续、可微、可导之间的关系

一阶偏导连续 $\Rightarrow$ 可微；
可微 $\Rightarrow$ 连续；
可微 $\Rightarrow$ 一阶偏导存在；
连续与一阶偏导存在之间不能相互推出；
一阶偏导存在不能推出可微；
可微不能推出一阶偏导连续。

判断时通常依次检查：①连续；②一阶偏导存在；③可微；④一阶偏导连续。

以 $(0,0)$ 点为例，一阶偏导连续指

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}f_x'(x,y)=f_x'(0,0), \qquad \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}f_y'(x,y)=f_y'(0,0).

全增量为高阶无穷小时的特殊结论

结论　设函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 的全增量为

\Delta z =f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0), \qquad \rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}.

若

\Delta z=o(\rho) \qquad \bigl((\Delta x,\Delta y)\to(0,0)\bigr),

则 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微，且

f_x'(x_0,y_0)=f_y'(x_0,y_0)=0.

证明　令 $\Delta y=0$ ，此时 $\rho=|\Delta x|$ 。由 $\Delta z=o(\rho)$ 得

\begin{aligned} f_x'(x_0,y_0) &=\lim_{\Delta x\to0} \frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0} \frac{\Delta z}{|\Delta x|} \frac{|\Delta x|}{\Delta x} =0. \end{aligned}

其中 $\left|\dfrac{|\Delta x|}{\Delta x}\right|=1$ ，而 $\dfrac{\Delta z}{|\Delta x|}\to0$ 。同理，令 $\Delta x=0$ 可得

f_y'(x_0,y_0)=0.

于是

\frac{ \Delta z- \left[f_x'(x_0,y_0)\Delta x+f_y'(x_0,y_0)\Delta y\right] }{\rho} =\frac{\Delta z}{\rho}\to0.

这正是 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处可微的定义。因此该结论就是可微定义中 $A=B=0$ 的特殊情形，此时全微分为

\left.dz\right|_{(x_0,y_0)}=0.

三、典型例题

选择题例 5.6（武忠祥高数讲义）

设

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

则 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点：

A. 不连续
B. 连续但偏导数不存在
C. 偏导数存在但不可微
D. 可微

解答

由于

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}f(x,y) =\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{x^2y}{x^2+y^2} =0=f(0,0),

所以 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 连续，A 不正确。

由偏导数定义，

f_x'(0,0) =\lim_{\Delta x\to0} \frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=0,

f_y'(0,0) =\lim_{\Delta y\to0} \frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=0.

但

\begin{aligned} &\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{ [f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)] -[f_x'(0,0)\Delta x+f_y'(0,0)\Delta y] }{\rho}\\ &= \lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{\Delta y(\Delta x)^2} {\left[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2\right]^{3/2}} \end{aligned}

不存在。令 $\Delta y=k\Delta x$ ，结果为

\frac{k}{(1+k^2)^{3/2}},

与 $k$ 有关。因此 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 点不可微，应选 C。

选择题例 5.7（2007 数二真题）

二元函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微的一个充分条件是：

A. $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}[f(x,y)-f(0,0)]=0$
B. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x=0$ ，且 $\displaystyle\lim_{y\to0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}y=0$
C. $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$
D. $\displaystyle\lim_{x\to0}[f_x'(x,0)-f_x'(0,0)]=0$ ，且 $\displaystyle\lim_{y\to0}[f_y'(0,y)-f_y'(0,0)]=0$

解答

选 C。

由 C，沿 $y=0$ 趋近，

\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{|x|}=0,

故

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{|x|}\frac{|x|}{x}=0.

同理，由对称性得 $f_y'(0,0)=0$ 。于是

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{ [f(x,y)-f(0,0)]-[0\cdot x+0\cdot y] }{\sqrt{x^2+y^2}}=0,

所以 $f$ 可微，且 $f_x'(0,0)=f_y'(0,0)=0$ 。

A 只说明连续；B 只说明一阶偏导存在；D 只说明两个偏导分别沿相应坐标轴连续，不能控制任意路径上的增量，因此不能推出可微。

选择题例 5.8（2012 数一真题）

如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续，那么下列命题正确的是：

A. 若极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微
B. 若极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微
C. 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{|x|+|y|}$ 存在
D. 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}$ 存在

解答

应选 B。

排除 C、D

取反例 $f(x,y)\equiv1$ 。此时

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x =0,

同理 $f_y'(0,0)=0$ ，并且

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{ [f(x,y)-f(0,0)]-[0\cdot x+0\cdot y] }{\sqrt{x^2+y^2}} =0.

故 $f$ 在原点可微。但

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{|x|+|y|} \quad\text{和}\quad \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}

均不存在，所以 C、D 错误。

排除 A

取反例

f(x,y)=|x|+|y|.

该函数在 $(0,0)$ 处连续，且

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{f(x,y)}{|x|+|y|}=1.

但

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x =\lim_{x\to0}\frac{|x|}{x}

不存在，故 $f$ 在原点不可微，所以 A 错误。

更一般地，若

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{f(x,y)}{|x|+|y|}=k,

由 $f$ 在原点连续可得 $f(0,0)=0$ 。沿 $y=0$ 有

\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}{|x|}=k,

从而

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x =\lim_{x\to0} \frac{f(x,0)}{|x|}\frac{|x|}{x}.

当 $k\ne0$ 时，上式左右极限异号，偏导数不存在，因此该条件不能保证可微。

证明 B

设

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}=k.

由 $f$ 在原点连续可知

f(0,0)=\lim f(x,y) =\lim\left[\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}(x^2+y^2)\right] =k\cdot0=0.

记 $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$ 。由极限定义，

\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\rho^2}\to k,

所以

f(x,y)-f(0,0) =k\rho^2+o(\rho^2) =o(\rho).

因此 $f$ 在 $(0,0)$ 处可微，且 $f_x'(0,0)=f_y'(0,0)=0$ 。

也可按定义严格验证。沿坐标轴有

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}x =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}{x^2}\,x=0,

同理 $f_y'(0,0)=0$ 。并且

\begin{aligned} &\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{ [f(x,y)-f(0,0)]-[0\cdot x+0\cdot y] }{\sqrt{x^2+y^2}}\\ &= \lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{f(x,y)}{x^2+y^2}\sqrt{x^2+y^2} =k\cdot0 =0. \end{aligned}

故 $f$ 在 $(0,0)$ 处可微，B 正确。

选择题例 5.9（李艳芳 900，例 5.8 的改编）

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续，则下列命题中正确的是：

A. 若极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{(\sqrt{|x|}+\sqrt{|y|})^2}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微
B. 若极限 $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^4+y^4}$ 存在，则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微
C. 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则第 A 项中的极限存在
D. 若 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则第 B 项中的极限存在

解答

应选 B。

排除 A

取反例

f(x,y)=(\sqrt{|x|}+\sqrt{|y|})^2.

该函数在原点连续，且

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \frac{f(x,y)} {(\sqrt{|x|}+\sqrt{|y|})^2} =1.

但沿 $y=0$ 有

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x =\lim_{x\to0}\frac{|x|}{x}

不存在，故偏导不存在、函数不可微。

若将 A 项中的极限记为 $k$ ，同样可沿 $y=0$ 得到

\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}{|x|}=k,

于是当 $k\ne0$ 时，

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0} \frac{f(x,0)}{|x|}\frac{|x|}{x}

不存在。这也说明 A 项的条件不足以推出可微。

排除 C、D

取 $f(x,y)\equiv1$ ，函数处处可微，而 C、D 中的两个分母都趋于 $0$ ，相应商的极限均不存在，故 C、D 错误。

证明 B

设

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}\frac{f(x,y)}{x^4+y^4}=k.

由连续性可知

f(0,0) =\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} \left[ \frac{f(x,y)}{x^4+y^4}(x^4+y^4) \right] =k\cdot0 =0.

令 $x=\rho\cos\theta,\ y=\rho\sin\theta$ ，则

\begin{aligned} f(x,y) &=k\rho^4(\cos^4\theta+\sin^4\theta) +o\!\left(\rho^4(\cos^4\theta+\sin^4\theta)\right)\\ &=o(\rho). \end{aligned}

所以 $f$ 在 $(0,0)$ 处可微，且 $f_x'(0,0)=f_y'(0,0)=0$ 。

下面按资料原解，用夹逼准则严格验证。先由

0\le \frac{(\Delta x)^4+(\Delta y)^4} {\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} \le \frac{[(\Delta x)^2+(\Delta y)^2]^2} {\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} \to0,

可得

\begin{aligned} &\lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{ f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0) }{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\\ &= \lim_{\substack{\Delta x\to0\\\Delta y\to0}} \frac{f(\Delta x,\Delta y)} {(\Delta x)^4+(\Delta y)^4} \cdot \frac{(\Delta x)^4+(\Delta y)^4} {\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\\ &=k\cdot0 =0. \end{aligned}

因此

f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0) =0\cdot\Delta x+0\cdot\Delta y +o\!\left(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\right),

由可微的定义， $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微，B 正确。

选择题例 5.10（李艳芳 900）

设函数

g(x,y)= \begin{cases} 0,&xy=0,\\ 1,&xy\ne0. \end{cases}

若函数 $F(x,y)=f(x,y)g(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则 $f(x,y)$ 可能为：

A. $y+\cos xy$
B. $y+\sin xy$
C. $\sin y+xy$
D. $x^2+y^2$

解答

选 D。

因为 $F(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，所以

F(x,y)=F(0,0)+xF_x'(0,0)+yF_y'(0,0)+o(\sqrt{x^2+y^2}).

在 $x$ 轴和 $y$ 轴上， $xy=0$ ， $g(x,y)=0$ ，从而

F(x,0)=F(0,y)=0.

特别地 $F(0,0)=0$ 。由偏导数定义，

F_x'(0,0)=F_y'(0,0)=0.

于是

F(x,y)=o(\sqrt{x^2+y^2}).

当点 $(x,y)$ 沿直线 $y=x$ 趋于原点时， $xy\ne0$ ， $g(x,y)=1$ ，因而

f(x,y)=f(x,y)g(x,y)=F(x,y)=o(\sqrt{x^2+y^2})=o(x).

逐一考察四个选项，令 $x=y$ ，它们分别变为

x+\cos x^2,\quad x+\sin x^2,\quad \sin x+x^2,\quad 2x^2.

前三者除以 $x$ 后极限分别为 $+\infty,1,1$ ，只有 $2x^2=o(x)$ ，故应选 D。

选择题例 5.11（2012 数二真题）

设函数 $f(x,y)$ 可微，且对任意 $x,y$ 都有

\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}>0, \qquad \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}<0.

使不等式 $f(x_1,y_1)<f(x_2,y_2)$ 成立的一个充分条件是：

A. $x_1>x_2,\ y_1<y_2$
B. $x_1>x_2,\ y_1>y_2$
C. $x_1<x_2,\ y_1<y_2$
D. $x_1<x_2,\ y_1>y_2$

解答

选 D。

将

f(x_2,y_2)-f(x_1,y_1)

看作两部分之和：

f(x_2,y_2)-f(x_1,y_2) +f(x_1,y_2)-f(x_1,y_1).

$f(x,y_2)$ 为关于 $x$ 的一元函数。由于 $f_x'>0$ ，当 $x_2>x_1$ 时，

f(x_2,y_2)-f(x_1,y_2)>0.

$f(x_1,y)$ 为关于 $y$ 的一元函数。由于 $f_y'<0$ ，当 $y_2<y_1$ 时，

f(x_1,y_2)-f(x_1,y_1)>0.

因此，当 $x_1<x_2,\ y_1>y_2$ 时，

f(x_2,y_2)-f(x_1,y_1)>0.

填空题例 5.12（凑可微定义）

设连续函数 $z=f(x,y)$ 满足

\lim_{\substack{x\to0\\y\to1}} \frac{f(x,y)-2x+y-2}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}=0,

则 $\left.dz\right|_{(0,1)}=$ ______。

解答

由连续性及极限式可得 $f(0,1)=1$ 。原式可写成

\lim_{\substack{x\to0\\y\to1}} \frac{ [f(x,y)-f(0,1)]-[2x-(y-1)] }{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}=0.

这正是可微定义，所以

f_x'(0,1)=2,\qquad f_y'(0,1)=-1.

因此

\boxed{\left.dz\right|_{(0,1)}=2\,dx-dy}.

资料手写提醒：该结论不意味着函数必定等于 $2x-y+2$ 。实际只能写成

f(x,y)=2x-y+2+o\!\left(\sqrt{x^2+(y-1)^2}\right).

选择题例 5.13（李林 880，改编自 1994 数一真题）

设 $f_x'(x_0,y_0)$ 、 $f_y'(x_0,y_0)$ 均存在，则下列选项正确的是：

A. $\displaystyle\lim_{\substack{x\to x_0\\y\to y_0}}f(x,y)$ 存在
B. $f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续
C. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x,y_0)$ 存在
D. $f(x,y)$ 在 $\mathring U(x_0,y_0)$ 内有定义

解答

选 C。

一阶偏导存在只是很弱的条件，关于二元函数什么也推不出来，所以 A、B、D 都推不出来。

固定 $y=y_0$ 后， $f(x,y_0)$ 是一元函数。 $f_x'(x_0,y_0)$ 存在说明该一元函数在 $x_0$ 可导，可导必连续，连续必有极限，故 C 正确。

选择题例 5.14（武忠祥严选题）

设

f(x,y)= \begin{cases} (x^2+y^2)\sin\dfrac1{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0), \end{cases}

则 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处：

A. 两个偏导数不存在
B. 两个偏导数存在但不可微
C. 偏导数连续
D. 可微但偏导数不连续

解答

选 D。本题关键在于偏导数连续的判断。

连续性：

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}} r^2\sin\frac1{r^2}=0=f(0,0).

偏导存在：

f_x'(0,0) =\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin(1/x^2)}x =\lim_{x\to0}x\sin\frac1{x^2}=0,

由对称性 $f_y'(0,0)=0$ 。

可微：

\left| \frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} \right| =\left| \sqrt{x^2+y^2}\sin\frac1{x^2+y^2} \right| \le\sqrt{x^2+y^2}\to0.

偏导连续性：当 $(x,y)\ne(0,0)$ 时，

f_x'(x,y) =2x\sin\frac1{x^2+y^2} -\frac{2x}{x^2+y^2}\cos\frac1{x^2+y^2}.

沿适当路径趋近时第二项的极限不存在，不能满足

\lim_{\substack{x\to0\\y\to0}}f_x'(x,y)=f_x'(0,0).

所以偏导数不连续。

选择题例 5.15（武忠祥严选题）

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某邻域内有定义，且

\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)-(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}=1,

则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处：

A. 连续
B. 两个偏导数都不存在
C. 两个偏导数存在但不可微
D. 可微

解答

选 B。注意题目中只说了“有定义”，没说连续。

由

\lim \frac{f(x,y)-(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}} = \lim\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} -\lim\sqrt{x^2+y^2}=1,

得

\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0.

若 $f(0,0)=0$ ，函数连续；否则不连续，所以 A 不能确定。

若 $f(0,0)=0$ ，令 $y=0$ ：

\lim_{x\to0} \frac{f(x,0)-f(0,0)}{|x|}=1.

于是右导数为 $1$ 、左导数为 $-1$ ， $f_x'(0,0)$ 不存在；由对称性 $f_y'(0,0)$ 也不存在。

若 $f(0,0)\ne0$ ，则

\lim_{x\to0^+}\frac{f(x,0)-f(0,0)}x=\infty,

同样两个偏导数不存在。

排除法反例：令

f(x,y)= \begin{cases} \sqrt{x^2+y^2},&x^2+y^2\ne0,\\ 1,&x^2+y^2=0. \end{cases}

它满足题设，但在原点不连续，且沿坐标轴不可导。

选择题例 5.16（2020 数一真题，仅数一要求）

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微， $f(0,0)=0$ ，

\left.\boldsymbol n= \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y},-1\right)\right|_{(0,0)},

非零向量 $\boldsymbol\alpha$ 与 $\boldsymbol n$ 垂直，则：

A. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\boldsymbol n\cdot(x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在
B. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\boldsymbol n\times(x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在
C. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\boldsymbol\alpha\cdot(x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在
D. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\boldsymbol\alpha\times(x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在

解答

选 A。

由 $f$ 在 $(0,0)$ 可微且 $f(0,0)=0$ ，

\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)-f_x'(0,0)x-f_y'(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.

又

\boldsymbol n\cdot(x,y,f(x,y)) =f_x'(0,0)x+f_y'(0,0)y-f(x,y),

所以

\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|\boldsymbol n\cdot(x,y,f(x,y))|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0.

下面说明其余选项均不正确。

对 B，取 $f(x,y)=x$ ，则 $f(0,0)=0$ ， $\boldsymbol n=(1,0,-1)$ ，

\boldsymbol n\times(x,y,x)=y\boldsymbol i-2x\boldsymbol j+y\boldsymbol k,

|\boldsymbol n\times(x,y,x)|=\sqrt{4x^2+2y^2}.

相应商沿 $y=x$ 与 $y=\sqrt3x$ 两条路径所得极限不同，故不存在。

对 C、D，取 $f(x,y)\equiv0$ ， $\boldsymbol\alpha=(1,0,0)$ 。则

|\boldsymbol\alpha\cdot(x,y,0)|=|x|, \qquad |\boldsymbol\alpha\times(x,y,0)|=|y|.

而

\frac{|x|}{\sqrt{x^2+y^2}}, \qquad \frac{|y|}{\sqrt{x^2+y^2}}

沿不同路径极限不同，均不存在。

Zemengzhou Space

ギターと孤独と蒼い惑星

5.2 偏导数和可微概念题

5.2 偏导数和可微概念题

一、偏导数

1. 定义

2. 高阶偏导数

二、全微分与可微

可微性判定

连续、可微、可导之间的关系

全增量为高阶无穷小时的特殊结论

三、典型例题

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