考研偏导全微分关系特详细讲解

微分偏导之间的关系下面举例说明相关关系(对于A^B的我们举反例对于A 的证明之)。(1)首先证明可微则f,f存在。即对应上图的全微分偏导存在。xy证：由可微的定义有2A•△x+B^Ay+o()所以：f(x+Ax,y+Ay)-f(x,y)=A•△x+B•△y+o()令：△y=0再对等式两边取极限有：f=limf（x x，y）f（x，y）A同理f=Bxx0 x y(2)在一点M(x°,y°)可微不能推出偏导连续。对应上图可彳心＞偏导连续。例：（X2例：（X2y2）sin 1X2y2x2y20f（x,y）=<x2y20在点(0,0)可微但是偏导并不连续。由全微分可微的判别式(或称定义):^Z=A•△x+B•△y+o()

f(x,0)f(0,0)1X2Si—Xf(x,0)f(0,0)1X2Si—X2XA=f(0,0尸limxx0y0f(0,0)f(0,0)y0B=f(0,0)limf(0,y)y X0y0△Z=f(^x,△y)-f(0,0)=

ysi丄0(X2 y2)sj 1X2 y2(X2z0x0ylim—0y2(X2z0x0ylim—0y2)sin 1y2:x2y2X2 y2sin- 10X2 y2所以函数在（0,0）可微。下面证明在（0，0）偏导不连续。由于x,y由于x,y的轮换性（也就是x与y可交换,地位相同在此不详述，后首先求f,fxyX2y2 X2 y2f(XX2y2 X2 y2X面空间积分用它时再详述）所以（将x与y位置调换即可）f(X,y)(2y)sin1 ycos1 y x2y2 x2y2 x2y2再利用二元函数连续定义（在此证明它的不存在故取特殊路径）取X=0的路径

TOC\o"1-5"\h\zdf(x,y) 1 x 1lim =lim(2x)sm - cos =0y—0 ^x yTO X2+y2 X2+y2 X2+y2x—0 x—0取y=xdf(x,y) 1 x 1]lim —lim{(2x)sm - cos }xTO°x xTO x2+x2 \.-'x2+x2 x2+x 2y—x y—x=0-lim cos - 不存在。证毕xTO|x|V2 |x|J2证毕即lim芳(x，y)丰f(0,0)所以偏导在(0,0)不连续。xTOOx xyT0偏导存在不能直接推出微分存在即偏导存在卞＞全微分例(教材71)xy,x2+y2f(x,y)=J在（0，0）偏导存在但不可微f(0,0)=lim —f(0,0)=lim ——0xxt0\：x2+y2y—0 +xyxyf(0,0)=lim —0x—0y yTO*：x2+x—0全微分定义△ZA•△x+B•△y+o(p)△Z=f(^x,△y)—f(0,0)=型=0・△x+0・△『+o(p)Ax2+Ay2Ax•Ay两边取极限：limA—0•心+0・Ay-lim42+Ay2-lim心⑴PTO P pTO P pTO(Ax2+Ay2)证明它的不存在我们取特殊路径：

取x=0limAxAy=0ytoAx2+Ay2x=0取y=xTOC\o"1-5"\h\zAxAy Ax2 1lim =lim =—xt0Ax2+Ay2 xt0Ax2+Ax2 2y=x由上知不可微。证毕（4）偏导存在且连续可以推导出可微证明见教材（72页）。（证明了解，结果必须会用）（5）全微分可以推出二元函数连续即全微分］〉函数连续证明：直接由定义△Z二A•△x+B•△y+o(p)所以：f(x+Ax,y+Ay)-f(x,y)二A•△x+B^^y+o(p)对上式取极限有：lim{f(x+Ax,y+Ay)一f(x,y)}=lim{a•AX+B•Ay}+limo(p)Axt0Ayt0Axt0AytAxt0Ayt0Axt0Ayt0Axt0Ayt0即：lim{f(x+Ax,y+Ay)一f(x,y)}=0Axt0Ayt0所以：limf(x+Ax,y+Ay)=f(x,y)Axt0Ayt0证毕6）函数连续不能推出可微我们不举例了。这个最简单面重点讨论偏导和方向导数的问题（7）可微分推出方向导数即可微分=・方向导数存在沿L方向的方向导数定义:dif(x+1cosa,y+1cosP)一f(x,y)I=limo o oo(x0,y0) tt0+全微分定义：AZ二f(x+Ax,y+Ay)-f(x,y)二A•△x+B•△y+o(p)由于偏导是直线沿着一个方向起点在（x,y）的射线微分中的Ax,△y是沿着任意方向趋近于（0,0）不妨设（取特殊路径沿着L趋近）：心=tcosa Ay二tcosB 而tT0+于是微分式变为：△Z=f(x+tcosa,y+tcosB)-f(x,y)=A•tcosa+B•tcosB+o(p)其中p飞.百cosa)2+(tcosB)2=t对微分两边取极限：lim{f(x+1cosa,y+1cosB)-f(x,y)}=lim{A•tcosa+B•tcosB+o(t)tT0+ tT0+limflimf(x+1cosa，y+1cos卩)-f(兀y)二lim{Acosa+BcosB)二Acosa+BcosBtT0+ t tT0+当(x,y)取(x,y)时仍然成立00而左边limf(Xo+1cosa，yo+1cos卩)一f(Xo,人)正好是偏导定义。tT0+■0——t5/ f(x+1cosa,y+1cosB)一f(x,y)-所以勺丄I=limo 0 oo-A•cosa+B•cosBTOC\o"1-5"\h\z5l(x0,y0)tT0+ t在全微分中A=f(x0,y0) B=f(x0,y0)x00 y0 0所以有：f| 二讪f(Xo+1cosa，yo+1cos卩)一f(Xo,叮5l(x0,y0)tT0+ t-f(x,y)•cosa+f(x,y)cosBx00 y00证毕（8）函数在一点偏导存在但方向导数不存在即偏导存企方向导数例 C —xy— ， x2+y2丰0x2+y2f（x,y）=

Ax•0由定义：f(0,0)二limf(Ax,0)—Ax•0由定义：f(0,0)二limf(Ax,0)—f(0,°)4+O2"二0AxtOAxAxf(x+1cosa,y+1cosP)一f(x,y)方向导数定义：01（xo,yo方向导数定义：01（xo,yo）ttO+所以fI二limdl<o,o)tt0+(tcosa)•(tcosp) —o二limcosa・cosP不存在（此处tt0+证毕tt0+严严证毕tt0+严严=+宅不存在Axt0Ax证毕cosx・cos丰o扌就是说此处L与X,Y轴不重合（9）函数在一点方向导存在但偏导数不存在即方向导数半偏导f(x,y)二x2+y2方向导数（此处假设沿着方向工二（i,o））tI=lim=10l(0,o)tto+t偏导总结：虽然考试不直接考结论但是我们可以从上面知道，要断定他们关系时对定义