标签: #数学 #微积分 #多元函数 #可微性 #极限 #考研数学
来源: “欧几”公众号 Day 273
考虑以下几个极限条件与 \(f(x,y)\) 在 \((0,0)\) 点性质的关系：
条件①: \(\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)}{|x|+|y|} = 0\)
条件②: \(\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)}{x^2+y^2} = 0\)
性质③: 若 \(f(x,y)\) 在 \((0,0)\) 可微，且 \(f(0,0) = f'_x(0,0) = f'_y(0,0) = 0\)
反例④: 但 \(\lim \frac{f(x,y)}{x^2+y^2} \neq 0\) (一般情况下不成立)。
① 证明：欲证 \(f(x,y)\) 在 \((0,0)\) 可微
根据可微定义，需要证明： $\(f(x,y) - f(0,0) = Ax + By + o(\rho)\)\( 或者 \)\lim_{\rho \to 0} \frac{f(x,y)}{\rho} = 0\(，其中 \)\rho = \sqrt{x^2+y^2}$。
分析过程： 由不等式 \(\rho \le |x| + |y| \le \sqrt{2}\rho\) 可知： $\(1 \le \frac{|x|+|y|}{\rho} \le \sqrt{2}\)\( 这说明在 \)(x,y) \to (0,0)\( 时，\)|x|+|y|\( 与 \)\rho$ 是同阶无穷小。
推理： $\( \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)}{|x|+|y|} \sim \frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0 \)\( 即 \)\lim_{\rho \to 0} \frac{f(x,y)}{\rho} = 0\(，故 \)f(x,y) = o(\rho)$，可微性得证。
关于 \(f(x,y) = o(x^2+y^2)\) 的讨论 (对应④): 若 \(\lim \frac{f(x,y)}{x^2+y^2} = 0\)，则 \(f(x,y) = o(\rho^2)\)。 虽然 \(\rho^2 \in o(\rho)\) (更高阶)，但 \(o(\rho)\) 不一定能推出 \(o(\rho^2)\)，即不能反推④。
问题描述： 已知 \(f(x,y)\) 在 \((0,0)\) 连续，且满足： $\( \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)}{\ln(1+|x|+|y|)} = 0 \)\( 问：\)f(x,y)$ 是否可微？偏导数是否存在？
分析： 易看出等价无穷小代换： $\( \ln(1+|x|+|y|) \sim |x|+|y| \)\( 又由前述结论知 \)|x|+|y| \sim \rho$。
故原极限条件等价于： $\( \frac{f(x,y)}{|x|+|y|} \to 0 \implies \frac{f(x,y)}{\rho} \to 0 \)\( 即 \)f(x,y) = o(\rho)\(。 **结论：** \)f(x,y)$ 可微。
推论： 既然可微，则偏导数必然存在。
要构造： $\( \frac{f(0,y) - f(0,0)}{y} \)\( 已知 \)f(0,0) = 0$ (隐含条件或由极限推出)。
利用极限条件构造： $\( \lim \frac{f(0,y)}{\ln(1+|y|)} \cdot \frac{\ln(1+|y|)}{|y|} = 0 \)\( 取路径 \)x=0\(： \)\( \lim_{y \to 0} \frac{f(0,y)}{\ln(1+|y|)} = 0 \)\( 且 \)\lim_{y \to 0} \frac{\ln(1+|y|)}{|y|} = 1$。
计算偏导数： $\( f'_y(0,0) = \lim_{y \to 0} \frac{f(0,y)}{y} \)\( \)\( = \lim_{y \to 0} \frac{f(0,y)}{\ln(1+|y|)} \cdot \frac{\ln(1+|y|)}{|y|} \cdot \text{sgn}(y) \)\( 因为 \)\frac{f(0,y)}{\ln(1+|y|)} \to 0$，且后续部分有界/趋于常数。 结论： 构造成功，偏导数为 0。
题目： $\( \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y) - xy}{x^2+y^2} = 1 \)\( 问 \)f(x,y)$ 是否可微？
定性来看： 由极限可知 \(f(x,y) - xy \sim x^2+y^2\) (二阶无穷小)。 令 \(x^2+y^2\) 为“二阶”。 故 \(f(x,y) - (\text{二阶}) \sim \text{二阶}\)。 又因为 \(f(x,y)\) 本身也是二阶量。
判断可微： $\( \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - 1 \cdot \rho^2}{\rho^2} \implies \text{高阶无穷小问题} \)$
或者说： $\( f(x,y) = xy + (x^2+y^2)(1 + o(1)) \)\( 整理得： \)\( f(x,y) = \underbrace{xy + x^2 + y^2}_{\text{2阶}} + \underbrace{(x^2+y^2) \cdot o(1)}_{>2阶} \)\( \)\( = o(\rho) \)\( 即 \)\lim_{\rho \to 0} \frac{f(x,y)}{\rho} = 0$ (因为分子全是2阶以上，分母是1阶)。
结论： \(f(x,y)\) 可微，且全微分 \(dz|_{(0,0)} = 0\)。
题目函数： $\( f(x,y) = \begin{cases} (x^2+y^2)\sin\frac{1}{xy}, & xy \neq 0 \\ 0, & xy = 0 \end{cases} \)$
问题： 1. 可微？ 2. 偏导连续？
1. 偏导连续 \(\implies\) 可微 这是一个充分条件，但这道题通常是反例。
2. 判别可微性 (定义法) $\( \frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2} \sin\frac{1}{xy} \)\( 当 \)(x,y) \to (0,0)\( 时，\)\sqrt{x^2+y^2} \to 0\(，\)\sin\frac{1}{xy}\( 有界。 由“0 \)\times$ 有界 = 0”可知极限为 0。 结论： 可微。 (也可直接换算成一阶无穷小判断)。
3. 求偏导数 当 \(xy \neq 0\) 时： $\( f'_x = 2x \sin\frac{1}{xy} - (x^2+y^2) \cos\frac{1}{xy} \cdot \frac{1}{x^2}y \)\( \)\( = 2x \sin\frac{1}{xy} - \frac{y(x^2+y^2)}{x^2} \cos\frac{1}{xy} \)$ 验证在 0 处的极限是否存在： 该极限不存在（振荡）。
4. 关于极限的特殊探讨 (累次极限 vs 重极限) 针对上述函数讨论： $\( \lim_{(x,y)\to(0,0)} f \quad \text{和} \quad \lim_{x\to 0} \lim_{y\to 0} f \)$
注意点 (图示红色部分)： * \(f'_x\) (偏导存在) \(\implies\) 轴上存在即可。 * 偏导连续 \(\implies\) 需要轴附近存在且在轴上极限相等。
最后关于累次极限的计算： $\( \text{在 } y \to 0 \text{ 域内(先y后x)}: f \to (x^2+y^2)\sin\frac{1}{xy} \)\( 当 \)y \to 0\( 时，\)\sin\frac{1}{xy}\( 震荡，故 \)\lim{y \to 0} f\( 不存在。 \)\implies\( 累次极限 \)\lim{x \to 0} (\lim_{y \to 0} f)$ 不存在。