2012年考研数学三第11题

首先，题目给出的极限条件是 $\lim_{(x,y)\to(0,1)} \frac{f(x,y)-2x+y-2}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}} = 0$。为了将极限条件转化为更便于后续处理的形式，我们引入距离变量 $\rho$，令 $\rho = \sqrt{x^2 + (y-1)^2}$，它表示点 $(x,y)$ 到点 $(0,1)$ 的欧氏距离。当 $(x,y)\to(0,1)$ 时，$\rho\to 0$。 根据极限定义，若 $\lim_{(x,y)\to(0,1)} \frac{f(x,y)-2x+y-2}{\rho} = 0$，则说明分子 $f(x,y)-2x+y-2$ 是比 $\rho$ 更高阶的无穷小量，即当 $\rho\to 0$ 时，有 $f(x,y)-2x+y-2 = o(\rho)$。这里 $o(\rho)$ 表示一个满足 $\lim_{\rho\to 0}\frac{o(\rho)}{\rho}=0$ 的无穷小量。 因此，原极限条件可以改写为： $$\lim_{(x,y)\to(0,1)} \frac{f(x,y)-2x+y-2}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad f(x,y)-2x+y-2 = o\big(\sqrt{x^2+(y-1)^2}\big).$$ 这一改写将极限条件转化为一个等式，其中 $o(\rho)$ 项隐含了函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 附近的行为。后续步骤将利用这一形式来推导 $f(x,y)$ 的表达式或性质。

由第一步已知函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 处可微，且 $f(0,1)=1$。根据可微的定义，函数在点 $(0,1)$ 处的全增量可表示为： $$\Delta f = f(x,y) - f(0,1) = f_x(0,1) \cdot (x-0) + f_y(0,1) \cdot (y-1) + o(\rho),$$ 其中 $\rho = \sqrt{(x-0)^2 + (y-1)^2} = \sqrt{x^2 + (y-1)^2}$。 题目已给出 $f_x(0,1)=2$，$f_y(0,1)=-1$，代入上式得： $$f(x,y) - 1 = 2 \cdot x + (-1) \cdot (y-1) + o(\rho) = 2x - (y-1) + o(\rho).$$ 因此，函数增量表达式整理为： $$f(x,y) = 1 + 2x - (y-1) + o(\rho).$$ 此表达式将函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 附近的行为用线性主部 $1+2x-(y-1)$ 和余项 $o(\rho)$ 描述，为后续计算极限或近似值提供了基础。

在前三步中，我们已求得函数 $z = f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 处的两个一阶偏导数值： $$\frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(0,1)} = 2, \quad \frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(0,1)} = -1.$$ 根据全微分的定义，对于二元函数 $z = f(x,y)$，在点 $(x_0, y_0)$ 处的全微分公式为： $$\mathrm{d}z\big|_{(x_0,y_0)} = \frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(x_0,y_0)} \mathrm{d}x + \frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(x_0,y_0)} \mathrm{d}y.$$ 将已求得的偏导数值代入上式，即得： $$\mathrm{d}z\big|_{(0,1)} = 2 \cdot \mathrm{d}x + (-1) \cdot \mathrm{d}y = 2\,\mathrm{d}x - \mathrm{d}y.$$ 因此，函数 $z = f(x,y)$ 在点 $(0,1)$ 处的全微分为 $2\,\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$。 【最终答案验证】 我们可以通过一个简单的例子来验证结果的合理性。假设存在一个函数 $z = 2x - y + C$（其中 $C$ 为常数），则其在任意点的偏导数为 $\partial z/\partial x = 2$，$\partial z/\partial y = -1$，全微分恰为 $2\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$。虽然原函数不一定如此简单，但全微分的形式与偏导数值一致，说明我们的计算正确。 最终答案：$\mathrm{d}z\big|_{(0,1)} = 2\,\mathrm{d}x - \mathrm{d}y$。