二元函数全微分

二 、二元函数全微分

【主要内容】

设二元函数z=f（x，y）在点（x₀，y₀）的某个邻域内有定义.如果它在点（x₀，y₀）处的全增量

Δz=f（x₀+Δx，y₀+Δy）-f（x₀，y₀）可以表示为Δz=AΔx+BΔy+o（ρ）（其中A和B不依赖于Δx，Δy，o（ρ）是比ρ=高阶的无穷小），则称z=f（x，y）在点（x₀，y₀）处可微，称AΔx+BΔy为

z=f（x，y）在点（x₀，y₀）处的全微分，记为，即

注 （ⅰ）二元函数z=f（x，y）在点（x，y）处的全微分记为dz.

（ⅱ）如果二元函数z=f（x，y）在点（x，y）处可微，则

（ⅲ）二元函数f（x，y）在点（x，y）处连续，两个偏导数存在，可微及两个偏导数连续有如下的关系：

这里A→B表示由命题A可以推出命题B；AB表示由命题A未必能推出命题B.

（ⅳ）设z=f（u，v）有连续偏导数，则无论u，v是自变量还是可微的中间变量都有（微分形式不变性）.

（ⅴ）设P（x，y），Q（x，y）都有连续偏导数，则P（x，y）dx+Q（x，y）dy是某个二元函数的全微分的充分必要条件是

【典型例题】

例3.2.1 （单项选择题）设二元函数，，

则在点（0，0）处f（x，y）（）.

A.两个偏导数不存在 B.不可微

C.两个偏导数存在且连续 D.可微

精解 由于选项B和D中有且仅有一个是正确的，所以只要考虑f（x，y）在点（0，0）处是否可微即可.，

同理可得f_y′（0，0）=0.

由于即，所以f（x，y）在点（0，0）处可微.

因此本题选D.

注 当已知二元函数f（x，y）在点（x₀，y₀）处的两个偏导数f_x′（x₀，y₀）=a，f_y′（x₀，y₀）=b时，要判定f（x，y）在点（x₀，y₀）处是否可微，可从计算极限

入手.如果该极限为零，则f（x，y）在点（x₀，y₀）处可微，且；如果该极限不为零，则f（x，y）在点（x₀，y₀）处不可微.

例3.2.2（单项选择题）二元函数f（x，y）在点（0，0）处可微的一个充分条件是（ ）.

A.f（x，y）在点（0，0）处连续

B.f_x′（0，0），f_y′（0，0）都存在C.D.，

精解 由f（x，y）在点（0，0）处连续与f_x′（0，0），f_y′（0，0）存在都未必能推出f（x，y）在点（0，0）处可微，所以选项A和B都不能选.

现考虑选项C：

由，即f_x′（0，0）=0.

同理可得f_y′（0，0）=0.

所以，

从而f（x，y）在点（0，0）处可微.

因此本题选C.

例3.2.3 （单项选择题）设二元函数F（x，y）有连续偏导数，且F（x，y）（ydx+xdy）为某个二元函数的全微分，则F（x，y）满足（ ）.

A.F_x′（x，y）=F_y′（x，y） B.xF_x′（x，y）=yF_y′（x，y）

C.xFy′（x，y）=yFx′（x，y） D.-xFx′（x，y）=yFy′（x，y）

精解 由于F（x，y）（ydx+xdy）=yF（x，y）dx+xF（x，y）dy为某个二元函数的全微分，所以有即F（x，y）+xF_x′（x，y）=F（x，y）+yF_y′（x，y），化简后得

xF_x′（x，y）=yF_y′（x，y）.

因此本题选B.

例3.2.4 设二元函数，Δx=0.1，Δy=0.2，求dz（1，0）.

精解 先利用偏导数定义算出f_x′（1，0），f_y′（1，0），然后将Δx=0.1，Δy=0.2代入dz（1，0）=fx′（1，0）Δx+f_y′（1，0）Δy即可.

由于

所以，当Δx=0.1，Δy=0.2时，

dz（1，0）=（2Δx^-Δy）Δx=0.1，Δy=0.2=0.

例3.2.5 设（x³+xy²+y）dx+（x²y+y³+x）dy是二元函数f（x，y）的全微分，求f（x，y）的表达式.

精解 由题设知

f_x′=x³+xy²+y，（1）

f_y′=x²y+y³+x，（2）

式（1）的两边对x积分（此时将y看做常数）得（其中，φ（y）是待定函数）.

（3）

式（3）的两边对y求偏导数得

f_y′=x²y+x+φ′（y），

与式（2）比较得φ′（y）=y³，所以（C是任意常数）.将它代入式（3）得