2020年考研数学一第3题

已知函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，且 $f(0,0)=0$。根据二元函数可微的定义，若 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微，则存在常数 $A$ 和 $B$，使得在 $(0,0)$ 的某邻域内有 $$ f(x,y) = f(0,0) + A x + B y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right), $$ 其中 $A = f_x(0,0)$，$B = f_y(0,0)$ 分别为 $f$ 在 $(0,0)$ 处对 $x$ 和对 $y$ 的偏导数。由于 $f(0,0)=0$，上式简化为 $$ f(x,y) = f_x(0,0) \, x + f_y(0,0) \, y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right). $$ 这里 $o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ 表示当 $(x,y)\to(0,0)$ 时比 $\sqrt{x^2+y^2}$ 高阶的无穷小量，即 $$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0. $$ 这个表达式是后续步骤中利用极限计算偏导数和全微分的基础。

已知法向量为 $\boldsymbol{n} = (f_x(0,0), f_y(0,0), -1)$，点 $(x, y, f(x,y))$ 对应的向量为 $(x, y, f(x,y))$。计算两者的点积： $$ \boldsymbol{n} \cdot (x, y, f(x,y)) = f_x(0,0) \cdot x + f_y(0,0) \cdot y + (-1) \cdot f(x,y) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y - f(x,y). $$ 由于函数 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微，根据可微的定义，存在线性逼近： $$ f(x,y) = f(0,0) + f_x(0,0)x + f_y(0,0)y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right). $$ 又已知 $f(0,0)=0$（由题目条件），因此上式简化为： $$ f(x,y) = f_x(0,0)x + f_y(0,0)y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right). $$ 将 $f(x,y)$ 的表达式代入点积结果： $$ f_x(0,0)x + f_y(0,0)y - \left[ f_x(0,0)x + f_y(0,0)y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) \right] = - o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right). $$ 因此，点积的结果为 $-o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$，即一个比 $\sqrt{x^2+y^2}$ 更高阶的无穷小量。这一结果将用于后续步骤中判断点 $(x,y,f(x,y))$ 到切平面的距离。

本步骤需要判断选项A的正确性。选项A的表述为：极限 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在。我们直接计算该极限。 首先，利用绝对值不等式：$|xy| \leq \frac{1}{2}(x^2+y^2)$，但这里我们采用更直接的方法。将分子分母同时处理： $$ \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{|x||y|}{\sqrt{x^2+y^2}}. $$ 注意到 $|x| \leq \sqrt{x^2+y^2}$，$|y| \leq \sqrt{x^2+y^2}$，因此 $$ \frac{|x||y|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq \frac{\sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2}. $$ 又因为 $\frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} \geq 0$，由夹逼准则，当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，$\sqrt{x^2+y^2}\to 0$，所以 $$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0. $$ 另一种常见方法是使用极坐标变换：令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，则 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，$|xy|=r^2|\cos\theta\sin\theta| = \frac{r^2}{2}|\sin 2\theta|$，于是 $$ \frac{|xy|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{r^2|\sin 2\theta|/2}{r} = \frac{r}{2}|\sin 2\theta| \leq \frac{r}{2}. $$ 当 $r\to 0$ 时，该表达式趋于0，与角度 $\theta$ 无关，故极限为0。 因此，极限存在且等于0，选项A正确。

对于选项B、C、D，我们通过构造反例来证明它们不一定成立。 **选项B：** 若$f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，则$f(x,y)$在$(0,0)$处沿任何方向的方向导数存在。但反之不真，即方向导数存在不能推出可微。例如，取函数$f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$。该函数在$(0,0)$处沿任何方向$\boldsymbol{l}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$的方向导数为$\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-f(0,0)}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{t^2\cos\alpha\sin\alpha}{t^2(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)}\cdot\frac{1}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{\cos\alpha\sin\alpha}{t}$，当$\cos\alpha\sin\alpha\neq0$时极限不存在，故方向导数不存在，因此选项B错误。 **选项C：** 若$f(x,y)$在点$(0,0)$处沿任何方向的方向导数存在，则$f(x,y)$在$(0,0)$处连续。实际上，方向导数存在不能保证连续性。反例：$f(x,y)=\begin{cases} \frac{x^2y}{x^4+y^2}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$。沿方向$\boldsymbol{l}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)=\frac{t^3\cos^2\alpha\sin\alpha}{t^4\cos^4\alpha+t^2\sin^2\alpha}$，当$\sin\alpha\neq0$时，$\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-0}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{t^2\cos^2\alpha\sin\alpha}{t^4\cos^4\alpha+t^2\sin^2\alpha}=0$；当$\sin\alpha=0$时，$f(t,0)=0$，方向导数也为0。故沿任何方向的方向导数存在且为0。但取路径$y=x^2$，$f(x,x^2)=\frac{x^4}{x^4+x^4}=\frac12$，不趋于0，故$f$在$(0,0)$处不连续。因此选项C错误。 **选项D：** 若$f(x,y)$在点$(0,0)$处连续，则$f(x,y)$在$(0,0)$处沿任何方向的方向导数存在。连续性不能保证方向导数存在。反例：$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$在$(0,0)$处连续，但沿方向$\boldsymbol{l}=(1,0)$，方向导数为$\lim_{t\to 0}\frac{|t|-0}{t}=\lim_{t\to 0}\frac{|t|}{t}$，该极限不存在（左极限-1，右极限1）。故选项D错误。 综上，只有选项A正确。