关于二元函数在点(1, -2)处连续性、偏可微性等性质的求证及偏导数求值问题

首先得纠正一个小问题：你之前用序列法证明函数不连续的结论是错的哦，我们重新推导一下连续性：

做变量替换 ( u = x-1 )，( v = y+2 )，问题转化为判断 ( \lim_{(u,v) \to (0,0)} \frac{5u³+3v³}{u²+2v²} ) 是否等于 ( f(0,0)=0 )。用极坐标法，令 ( u = r\cosθ )，( v = r\sinθ )（( r>0 )，θ∈[0,2π)），代入得：
$$
\frac{5r³\cos³θ + 3r³\sin³θ}{r²\cos²θ + 2r²\sin²θ} = r \cdot \frac{5\cos³θ + 3\sin³θ}{\cos²θ + 2\sin²θ}
$$
分母 ( \cos²θ + 2\sin²θ = 1 + \sin²θ ≥1 )，分子 ( |5\cos³θ + 3\sin³θ| ≤5|\cosθ|³ +3|\sinθ|³ ≤8 )，是有界量。当 ( r→0 ) 时，整个表达式趋于0，和 ( f(0,0)=0 ) 相等，所以函数在(1,-2)处是连续的。

接下来解决你关心的偏导数求值问题：你用商数法则得到的表达式在(1,-2)处是0/0型，无法直接代入，必须回到偏导数的定义式计算：

1. 计算 ( f_x(1,-2) ) #

根据偏导数定义：
$$
f_x(1,-2) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h, -2) - f(1,-2)}{h}
$$
代入函数表达式：

• 当 ( h≠0 ) 时，( f(1+h, -2) = \frac{5h³ + 3\cdot0³}{h² + 2\cdot0²} = 5h )
• ( f(1,-2)=0 )

所以极限为：
$$
\lim_{h \to 0} \frac{5h - 0}{h} = \lim_{h \to 0}5 = 5
$$

2. 计算 ( f_y(1,-2) ) #

同理，用偏导数定义：
$$
f_y(1,-2) = \lim_{k \to 0} \frac{f(1, -2+k) - f(1,-2)}{k}
$$
代入函数表达式：

• 当 ( k≠0 ) 时，( f(1, -2+k) = \frac{5\cdot0³ + 3k³}{0² + 2k²} = \frac{3k}{2} )
• ( f(1,-2)=0 )

所以极限为：
$$
\lim_{k \to 0} \frac{\frac{3k}{2} -0}{k} = \lim_{k \to 0}\frac{3}{2} = \frac{3}{2}
$$

3. 全可微性判断 #

全可微的定义是：存在常数 ( A,B )，使得
$$
\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(1+h, -2+k) - f(1,-2) - Ah - Bk}{\sqrt{h²+k²}} = 0
$$
我们已经知道 ( A=f_x=5 )，( B=f_y=\frac{3}{2} )，代入化简分子：
$$
f(1+h,-2+k)-f(1,-2)-5h-\frac{3}{2}k = \frac{5h³+3k³}{h²+2k²} -5h -\frac{3}{2}k = \frac{-hk(10k + \frac{3}{2}h)}{h²+2k²}
$$
用极坐标替换 ( h=r\cosθ )，( k=r\sinθ )，代入后约分得到：
$$
\frac{ -cosθ sinθ(10 sinθ + \frac{3}{2} cosθ) }{1+sin²θ}
$$
这个值和θ有关（比如取θ=π/4时结果不为0），说明极限不存在，因此函数在(1,-2)处不可全微分。

4. 偏导数连续性判断 #

以 ( f_x(x,y) ) 为例，取序列 ( (x,y)=(1+h, -2+h) )（( h→0 )），代入你得到的偏导数表达式：
$$
f_x(1+h,-2+h) = \frac{15h²}{h²+2h²} - \frac{2(5h³+3h³)h}{(h²+2h²)²} = 5 - \frac{16}{9} = \frac{29}{9} ≠5
$$
说明 ( f_x(x,y) ) 在(1,-2)处不连续，同理 ( f_y(x,y) ) 也不连续，因此偏导数在该点不连续。

最终结论总结 #

• 连续性：连续
• 偏可微性：存在偏导数（( f_x=5 )，( f_y=\frac{3}{2} )）
• 全可微性：不可全微分
• 偏导数连续性：偏导数不连续

备注：内容来源于stack exchange，提问作者clumsyclot