版块 15 偏导数的计算方法

A.实用解题工具

第 1 组: 四大概念之间的关系

四大概念之间的 Y 型关系

【笔记】有箭头才能推出结论, 没有箭头的地方无法推出。

B . 核心问题及解题方法总结

1. 求解多元极限

1. 一些简单的极限可通过一元极限的方法求解。如$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{e^{xy}-1}{\sin (xy)}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{xy}{xy}=1$

2. 极限存在: 要求各个路径极限一致

记住这个经典例子：

$$0\le \left|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\le \left|\frac{xy}{\sqrt{2xy}}\right|\Rightarrow \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$$

运用夹逼定理证明了$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|=0$。

进而推出$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$

3. 极限不存在: 两个路径极限不同即可 (通常取特例$y=kx)$

示例: 令$y=kx$,极限$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{xy}{x^2+y^2}=\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{k}{1+k^2}$不存在

从上面结果不难看出: 多元函数极限中, 同阶无穷小的极限不存在。注意, 这个结论在大题中不能直接用。

4. 连续: 极限值等于函数值 (与一元函数一致):$\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{\lim }f(x,y)=f(x_0,y_0)$

2. 定义法求解多元函数偏导

$$f_x^{\prime }(x_0,y_0)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x};f_y^{\prime }(x_0,y_0)=\underset{\Delta y\to 0}{\lim }\frac{f(x_0,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}$$

【笔记】求偏导数$f_x^{\prime }(x_0,y_0)$时,$y$值不变, 保持为$y_0$.仅有$x$值改变, 从$x_0$增加到$x_0+\Delta x$。此时$f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)$得到的是关于$x$的偏增量。

例题 1. 设$f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^4}}-1$,则$f(x,y)$在 (0,0)处 ( ).

(A)对$x$可偏导, 对$y$不可偏导

(B)对$x$不可偏导, 对$y$可偏导

(C)对$x$可偏导, 对$y$可偏导

(D)对$x$不可偏导, 对$y$也不可偏导

【解】因为$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{|x|}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{|x|}{x}$

不存在, 所以$f(x,y)$在 (0,0)处对$x$不可偏导; 因为$\underset{y\to 0}{\lim }\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{e^{y^2}}{y}=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{y^2}{y}=0$,所以$f_y^{\prime }(0,0)=0,$即$f(x,y)$在$(0,0)$处对$y$可偏导，应选（B）.

3. 证明多元函数可微

1. 可微判别式:$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{\Delta z-(f_x^{\prime }\Delta x+f_y^{\prime }\Delta y)}{\rho }=0$

其中$\rho =\sqrt{{\left(\Delta x\right)}^2+{\left(\Delta y\right)}^2};\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$

另一种写法:$\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o(\sqrt{{\left(\Delta x\right)}^2+{\left(\Delta y\right)}^2})$

2. 结论$\underset{x\to 0,y\to 0}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)}{{\left(x^2+y^2\right)}^k}$存在, 当$k>\frac{1}{2}$时,$f(x,y)$在原点处可微

结论证明如下:

$$\underset{\stackrel{x\to 0}{y\to 0}}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)}{{\left(x^2+y^2\right)}^k}\text{存在}\Rightarrow \underset{\stackrel{x\to 0}{y\to 0}}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\cdot \frac{1}{{\left(x^2+y^2\right)}^{k-\frac{1}{2}}}\text{存在}$$ $$k>\frac{1}{2}\text{时},\frac{1}{{\left(x^2+y^2\right)}^{k-\frac{1}{2}}}\to \infty ,\text{此时必有}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\to 0,\text{即}\underset{\underset{y\to 0}{x\to 0}}{\lim }\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$$

从而$f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)=0\Delta x+0\Delta y+o(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2})$,由定义可知,$f(x,y)$在 (0,0)处可微