二元函数可微的判别式中隐含着一阶偏导数的值

一、题目

设连续函数 $f(x,y)=2x+y-4+o\left(\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}\right)$, 则 $\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)-f(0,{\mathrm{e}}^{-t})}{t}=$

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二、解析

首先，根据一点处导数的定义：

$$\begin{array}{rl}& \underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)-f(0,{\mathrm{e}}^{-t})}{t}\\ & =\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)–f(0,{\mathrm{e}}^{-t})–f(0,1)–[–f(0,1)]}{t}\\ & =\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)–f(0,1)}{t}–\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(0,{\mathrm{e}}^{-t})–f(0,1)}{t}\\ & =\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)-f(0,1)}{\sin 2t}\cdot \frac{\sin 2t}{t}-\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(0,{\mathrm{e}}^{-t})-f(0,1)}{{\mathrm{e}}^{-t}-1}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{-t}-1}{t}\\ & =2f_x^{\prime }(0,1)+f_y^{\prime }(0,1)\end{array}$$

于是，我们接下来要做的就是求解出 $f_x^{\prime }(0,1)$ 和 $f_y^{\prime }(0,1)$ 的值。

由于题目中给出了“函数 $f(x,y)$ 连续”这一条件，而且，根据判断二元函数是否可微的定义公式, 如果函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 连续，则一定有：

$$f(0+\mathrm{\Delta }x,1+\mathrm{\Delta }y)–f(0,1)=f_x^{\prime }(0,1)\mathrm{\Delta }x+f_y^{\prime }(0,1)\mathrm{\Delta }y$$

相关文章：
《彻底搞明白一元和二元函数中可微、可（偏）导、连续与极限存在之间的关系》

又因为，当 $t\to 0$ 时：

$$f(\sin 2t,1)=f(0,1)$$

$$f(0,{\mathrm{e}}^{-t})=f(0,1)$$

且，当 $\{\begin{array}{l}x=0\\ y=1\end{array}$ 时，由 $f(x,y)$ $=$ $2x+y-4+o\left(\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}\right)$, 得：

$$\begin{array}{r}f(0,1)\\ & =0+1–4+0\\ & =-3\end{array}$$

于是：

$$\begin{array}{r}f(x,y)-f(0,1)\\ & =f(0+x–0,1+y–1)-f(0,1)\\ & =2x+y–4–f(0,1)\\ & =2x+y–1\\ & =2\cdot (x-0)+1\cdot (y-1)\end{array}$$

即 $f(x,y)$ 在 $(0,1)$ 处可微, 且：

$$f_x^{\prime }(0,1)=2$$

$$f_y^{\prime }(0,1)=1$$

综上可知：

$$\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(\sin 2t,1)-f(0,{\mathrm{e}}^{-t})}{t}=2\cdot 2+1=5$$

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