多元函数全微分
ducati
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本文只讨论二元函数，其证明过程及结论均容易扩展到更多元。
全微分
f(x + \triangle x, y + \triangle y) = f(x, y) + A\triangle x + B\triangle y + o(\rho)
- 其中 A, B 为 x, y 的函数，o(\rho) 表示 \rho = \sqrt{(\triangle x)^2 + (\triangle y)^2} 的高阶无穷小。
可记作 \triangle z = f'_x \triangle x + f'_y \triangle y + o(\rho)。
可微的充要条件
显然，可微有如下充要条件：
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {f(x + \triangle x, y + \triangle y) - f(x,y) - A\triangle x - B\triangle y} {\sqrt{(\triangle x)^2 + (\triangle y)^2}} = 0
更加简洁的形式：
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {\triangle z - A \triangle x - B \triangle y} {\rho} = 0
下面，我们将利用这一充要条件，对两个重要性质加以证明。
可微必存在偏导
若多重极限存在，所有逼近方式的结果均相等。考虑多重极限的一种特殊逼近方式，即 \triangle y = 0 且 \triangle x \to 0：
\lim_{\triangle x \to 0} \frac {\triangle z - A \triangle x} {\triangle x} = 0
即
\frac {\partial z} {\partial x} - A = 0
类似的，我们有
\frac {\partial z} {\partial y} - B = 0
因此，可微必有偏导，且
A = \frac {\partial z} {\partial x}, \ B = \frac {\partial z} {\partial y}
那么，存在偏导必可微吗？由于多重极限存在，要求所有逼近方式的结果全部相等，上面我们只是从四个方向逼近（即 \triangle y = 0 时 \triangle x \to 0+ 或 0-，及 \triangle x = 0 时 \triangle y \to 0- 或 0+）。
事实上有经典的反例：
f(x,y) = \begin{cases} 0 \ \ (x^2 + y^2 = 0) \\ \frac {xy} {x^2 + y^2} \ \ (x^2 + y^2 \neq 0) \end{cases}
虽然我们有
\frac {\partial z} {\partial x} |_{x = y = 0} = \frac {\partial z} {\partial y}|_{x = y = 0} = 0
但是很可惜的是
\begin{aligned} \lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {\triangle z - A \triangle x - B \triangle y} {\rho} &= \lim_{(x, y) \to (0,0)} \frac {xy} {(\sqrt {x^2 + y^2}) \rho} \\ &= \lim_{(x, y) \to (0,0)} \frac {xy} {x^2 + y^2} \end{aligned}
其极限不存在，此时 \triangle z - A\triangle x - B\triangle y 并非 \rho 的高阶无穷小。
偏导连续必可微
偏导存在无法说明可微，考虑将条件加强为：偏导连续。下面，我们将证明：偏导连续必可微。
写出刚开始的式子
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {f(x + \triangle x, y + \triangle y) - f(x,y) - A\triangle x - B\triangle y} {\rho}
为使式中出现偏导，考虑将 \triangle z 分解为两个部分，并对两个部分分别施以拉格朗日中值定理，即
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {(f(x + \triangle x, y + \triangle y) - f(x + \triangle x,y)) + (f(x + \triangle x, y) - f(x, y)) - A\triangle x - B\triangle y} {\rho}
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {f_y'(x + \triangle x, y + \gamma_1\triangle y)\triangle y + f_x'(x + \gamma_2 \triangle x, y)\triangle x- A\triangle x - B\triangle y} {\rho}
其中 \gamma_1, \gamma_2 \in (0,1)。
分别考虑以下两个部分
P=\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {f_y'(x + \triangle x, y + \gamma_1\triangle y)\triangle y - B\triangle y} {\rho}
Q=\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \frac {f_x'(x + \gamma_2 \triangle x, y)\triangle x- A\triangle x} {\rho}
首先证明 P=0。注意到
\begin{aligned}\left|\frac {f_y'(x + \triangle x, y + \gamma_1\triangle y)\triangle y - B\triangle y} {\rho}\right| &= \left|\frac {\triangle y} {\rho}\right| \left|f'_y(x + \triangle x,y + \gamma_1 \triangle y) - B\right| \\ &\le \left|f'_y(x + \triangle x,y + \gamma_1 \triangle y) - B\right|\end{aligned}
而偏导连续，所以
\lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0, 0)} \left|f'_y(x + \triangle x,y + \gamma_1 \triangle y) - B\right| = 0
从而 P = 0。同理易证 Q = 0。
因此，原极限 = P + Q = 0，证毕。
其他性质
Lemma：可微必连续。
Proof：显然有
\begin{aligned} \lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0,0)} \triangle z &= \lim_{(\triangle x, \triangle y) \to (0, 0)} \left(A\triangle x + B\triangle y + o(\rho)\right) \\ &= 0 \end{aligned}
性质串连
为方便叙述，称 \lceil 偏导连续 \rfloor 为 A，\lceil 函数可微 \rfloor 为 B，\lceil 偏导存在 \rfloor 为 C，\lceil 函数连续 \rfloor 为 D。
- 由于可微必存在偏导，B \to C。
- 由于偏导连续函数必可微，A \to B。
- 由于可微必连续，B \to D。
- 从而，A \to D，A \to C。
考虑还有没有其他的边。
- 根据前文所提到的经典反例，C \not \to B。
- B \not \to A。存在反例
f(x,y) = \begin{cases} xy \sin \frac {1} {\sqrt{x^2 + y^2}} (x ^2 + y ^ 2 \neq 0) \\ 0(x ^ 2 + y ^ 2 = 0) \end{cases}
- 这也意味着 C \not \to A，因为该反例满足 B，从而也满足 C，但不满足 A。
- 偏导与连续性毫无关系：C \not \to D，D \not \to C。这意味着 D \not \to B，D \not \to A。
因此，除了前文提到的五条边之外，没有其他的边了。