本节的核心悬念是一元的"可微 ⟺ 可导"到二元不再成立：二元里可微是更强的条件，它要求"整片邻域上的误差都是距离的高阶无穷小"。今天的路线是：定义 → 必要条件 → 求法 → 判定方法 → 与连续、偏导存在的关系。
一元可微的回顾
一元函数的可微定义是
$$\Delta y=f(x+\Delta x)-f(x)=A\Delta x+o(\Delta x)$$其中 $A=f'(x)$ 就是该点处的斜率，而 $A\Delta x$ 称为线性主部。
三个要点：
- 可微的意思是：函数增量能拆成"线性主部 + 比 $\Delta x$ 高阶的无穷小"
- $A\Delta x$ 是增量的主要部分，余项 $o(\Delta x)$ 是次要部分
- 几何意义：当 $\Delta x$ 足够小时，可以用切线（直线）近似代替曲线，进而估算 $\Delta y$
全微分的定义
设 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 的某邻域内有定义，给自变量增量 $\Delta x$、$\Delta y$，使 $(x+\Delta x,y+\Delta y)$ 仍在该邻域内，则
$$\Delta z=f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y)$$称为全增量。若全增量可表示为
$$\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho),\qquad \rho=\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$$其中 $A$、$B$ 与 $\Delta x$、$\Delta y$ 无关，则称 $z=f(x,y)$ 在该点可微，而 $A\Delta x+B\Delta y$ 称为全微分，记作
$$\mathrm{d}z=A\Delta x+B\Delta y$$三个要点：
- 余项必须是 $o(\rho)$，其中 $\rho$ 用两点间距离 $\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$——二元趋近靠距离度量，写成 $o(\Delta x)$ 或 $o(\Delta y)$ 只能管一个方向
- $A$、$B$ 与增量无关（只依赖定点 $(x,y)$），这才是"线性"的含义：主部是 $\Delta x$、$\Delta y$ 的一次齐次式
- 一元里"可微 $\iff$ 可导"，二元里这个等价关系不再成立
可微的必要条件
若 $z=f(x,y)$ 在点 $(x,y)$ 处可微，则 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$、$\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 必定存在，且
$$\mathrm{d}z=\dfrac{\partial z}{\partial x}\mathrm{d}x+\dfrac{\partial z}{\partial y}\mathrm{d}y$$三元函数同理：
$$\mathrm{d}u=\dfrac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x+\dfrac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y+\dfrac{\partial u}{\partial z}\mathrm{d}z$$证明 $A=\dfrac{\partial z}{\partial x}$：
第一步（令 $\Delta y=0$，只沿 $x$ 轴方向给增量）：
$$\Delta z=f(x+\Delta x,y)-f(x,y)=A\Delta x+o(\lvert\Delta x\rvert)$$（此时 $\rho=\sqrt{\Delta x^2+0}=\lvert\Delta x\rvert$，所以余项从 $o(\rho)$ 退化为 $o(\lvert\Delta x\rvert)$）
第二步（两边除以 $\Delta x$，令 $\Delta x\to 0$）：
$$\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x,y)-f(x,y)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\left(A+\dfrac{o(\lvert\Delta x\rvert)}{\Delta x}\right)$$第三步（算余项）：$\dfrac{o(\lvert\Delta x\rvert)}{\Delta x}=\dfrac{o(\lvert\Delta x\rvert)}{\lvert\Delta x\rvert}\cdot\dfrac{\lvert\Delta x\rvert}{\Delta x}$，前一个因子趋于 $0$、后一个因子是 $\pm 1$（有界），所以整个余项趋于 $0$。又左边正是 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 的定义，于是
$$A=\dfrac{\partial z}{\partial x}$$同理令 $\Delta x=0$ 可得 $B=\dfrac{\partial z}{\partial y}$。
注意：证明的关键招式是取特殊路径（$\Delta y=0$）把二元问题降成一元，这与二重极限里"沿坐标轴方向考察"是同一套思路；由逆否命题还可得一条实战判据——偏导不存在，则必不可微。
求 $z=xe^{x+y}+(x+1)\ln(1+y)$ 在 $(1,0)$ 处的全微分
对 $x$ 的偏导，先代入 $y=0$：
$$z(x,0)=xe^{x}+(x+1)\ln 1=xe^{x}$$（$\ln 1=0$，第二项整块归零）求导得 $(1+x)e^{x}$，取 $x=1$：
$$\dfrac{\partial z}{\partial x}\Big|_{(1,0)}=2e$$对 $y$ 的偏导，先代入 $x=1$：
$$z(1,y)=e^{1+y}+2\ln(1+y)$$求导得 $e^{1+y}+\dfrac{2}{1+y}$，取 $y=0$：
$$\dfrac{\partial z}{\partial y}\Big|_{(1,0)}=e+2$$组装全微分：
$$\mathrm{d}z\Big|_{(1,0)}=2e\,\mathrm{d}x+(e+2)\,\mathrm{d}y$$注意：$xe^{x+y}$ 对 $x$ 求偏导要用乘积法则，得 $(1+x)e^{x+y}$，漏掉 $x$ 那一项就错。
求 $z=\left(1+\dfrac{x}{y}\right)^{\frac{x}{y}}$ 在 $(1,1)$ 处的全微分
这题的函数只通过组合量 $u=\dfrac{x}{y}$ 依赖 $x$、$y$：令 $u=\dfrac{x}{y}$，则 $z=(1+u)^u$。所以先算一元导数 $\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}u}$，再分别乘 $\dfrac{\partial u}{\partial x}$、$\dfrac{\partial u}{\partial y}$。
第一步（对 $z=(1+u)^u$ 取对数求导）：
$$\ln z=u\ln(1+u)\ \Longrightarrow\ \dfrac{1}{z}\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}u}=\ln(1+u)+\dfrac{u}{1+u}$$$$\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}u}=(1+u)^u\left[\ln(1+u)+\dfrac{u}{1+u}\right]$$第二步（算 $(1,1)$ 处的值）：$u=1$，$(1+u)^u=2$，所以
$$\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}u}\Big|_{(1,1)}=2\left(\ln 2+\dfrac{1}{2}\right)=2\ln 2+1$$第三步（乘上 $u$ 的两个偏导）：
$$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{1}{y}\Big|_{(1,1)}=1,\qquad \dfrac{\partial u}{\partial y}=-\dfrac{x}{y^2}\Big|_{(1,1)}=-1$$$$\dfrac{\partial z}{\partial x}\Big|_{(1,1)}=2\ln 2+1,\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y}\Big|_{(1,1)}=-(2\ln 2+1)$$组装全微分：
$$\mathrm{d}z\Big|_{(1,1)}=(1+2\ln 2)\,\mathrm{d}x-(1+2\ln 2)\,\mathrm{d}y=(1+2\ln 2)(\mathrm{d}x-\mathrm{d}y)$$注意：只要底数和指数都含变量，第一反应就是指数化或取对数求导；识别出"$z$ 只是组合量 $u=\dfrac{x}{y}$ 的函数"后，算一个一元导数就够，不必对 $x$、$y$ 各求一遍。
求 $u=x+\sin\dfrac{y}{2}+e^{yz}$ 在 $(1,0,0)$ 处的全微分
三个偏导分别为
$$\dfrac{\partial u}{\partial x}=1,\qquad \dfrac{\partial u}{\partial y}=\dfrac{1}{2}\cos\dfrac{y}{2}+ze^{yz},\qquad \dfrac{\partial u}{\partial z}=ye^{yz}$$代入 $(1,0,0)$：
$$\dfrac{\partial u}{\partial x}\Big|_{(1,0,0)}=1,\qquad \dfrac{\partial u}{\partial y}\Big|_{(1,0,0)}=\dfrac{1}{2},\qquad \dfrac{\partial u}{\partial z}\Big|_{(1,0,0)}=0$$所以
$$\mathrm{d}u\Big|_{(1,0,0)}=\mathrm{d}x+\dfrac{1}{2}\,\mathrm{d}y$$注意：$\dfrac{\partial u}{\partial z}=0$ 是因为 $y=0$ 把系数 $y$ 归零，并不表示 $e^{yz}$ 不依赖 $z$。
可微的判定方法
充分条件
若 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$、$\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 在点 $(x,y)$ 处连续，则 $z=f(x,y)$ 在该点可微。
三个要点：
- 这是"充分不必要"的条件：偏导连续能推出可微，可微推不出偏导连续
- 实用价值最高：初等函数在定义域内偏导连续，所以可以直接判定"可微"，不用再算差式
- 它是一个"区域内"的条件（要求偏导函数在该点附近连续），不是单点条件
等价定义
若 $f$ 的一阶偏导数在 $(x_0,y_0)$ 处存在，且
$$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\dfrac{f(x,y)-f(x_0,y_0)-\left[f_x(x_0,y_0)(x-x_0)+f_y(x_0,y_0)(y-y_0)\right]}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}=0$$则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微。
这个式子的来源：把可微定义 $\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+o(\rho)$ 移项、再除以 $\rho$：
$$\dfrac{\Delta z-(A\Delta x+B\Delta y)}{\rho}\to 0$$分子就是"全增量减去线性主部"（即误差），分母是距离。所以这个极限等于 $0$ 的意思就是"误差是距离的高阶无穷小"。
三个要点：
- 使用前提是先确认偏导存在，否则式子里 $f_x$、$f_y$ 无从谈起
- 实战价值主要在判不可微：算出来极限不等于 $0$，就判不可微
- 反过来，极限恰为 $0$ 时也就同时证明了可微，并给出了全微分
连续·偏导存在·可微的关系
图中绿色实线表示蕴含成立，红色虚线表示蕴含不成立。一条链概括全部关系：
$$\text{偏导连续}\Longrightarrow\text{可微}\Longrightarrow\begin{cases}\text{偏导存在}\\ \text{连续}\end{cases}$$所有反向箭头都不成立，而且"连续"与"偏导存在"之间互不蕴含。
为什么反向推不回去：偏导只管两条坐标轴方向，连续管所有方向，而可微管的是整片邻域上误差的量级——考察范围一个比一个大，窄的推不出宽的。
三个反例各守一个箭头：
| 反例 | 说明什么 |
|---|---|
| $f=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$（$(0,0)$ 处定义 $0$） | 偏导存在，但不连续、不可微 |
| $f=\lvert x\rvert+\lvert y\rvert$ | 连续，但偏导不存在 |
| $f=(x^2+y^2)\sin\dfrac{1}{x^2+y^2}$（$(0,0)$ 处定义 $0$） | 可微，但偏导不连续 |
四个性质 $P_1\sim P_4$ 之间的推出关系
设 $P_1$：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处连续；$P_2$：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数连续；$P_3$：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处可微；$P_4$：$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 处两个偏导数均存在。判断这四者的推出关系。
先辨措辞：$P_2$ 说的是"偏导函数连续"（最强），$P_4$ 说的是"偏导的值存在"（最弱），两者只差两个字，层级却差最大。
按条件强弱排层：
$$P_2\Longrightarrow P_3\Longrightarrow\begin{cases}P_1\\ P_4\end{cases}$$成立的推出关系：
$$P_2\Rightarrow P_3,\quad P_2\Rightarrow P_4,\quad P_2\Rightarrow P_1,\quad P_3\Rightarrow P_4,\quad P_3\Rightarrow P_1$$不成立的（每条都有反例）：
$$P_1\not\Rightarrow P_4,\quad P_4\not\Rightarrow P_1,\quad P_1\not\Rightarrow P_3,\quad P_4\not\Rightarrow P_3,\quad P_3\not\Rightarrow P_2$$所以答案是：$P_2\Rightarrow P_3$，$P_3\Rightarrow P_1$，$P_3\Rightarrow P_4$；$P_1$ 与 $P_4$ 之间无蕴含；其余均不能推出。
注意：做题技巧是先按条件强弱排层——弱条件推不出强条件是必然的，只有同层之间才需要逐个找反例。
判断 $f=\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$（$(0,0)$ 处定义 $0$）在原点处的四个结论
结论：① $f$ 连续；② $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ 存在而 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 不存在；③ 两个偏导都等于 $0$；④ 全微分为 $0$。判断哪些正确。
第①条正确。由 $\lvert xy\rvert\leqslant\dfrac{x^2+y^2}{2}$ 得
$$\left\lvert\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right\rvert\leqslant\dfrac{x^2+y^2}{2\sqrt{x^2+y^2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\to 0$$所以极限为 $0$，等于函数值，连续。
第②条错误——两个偏导都存在。固定 $y=0$ 时 $f(x,0)=\dfrac{x\cdot 0}{\sqrt{x^2}}=0$，于是
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}\Big|_{(0,0)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{0-0}{x}=0$$同理 $\dfrac{\partial f}{\partial y}\big|_{(0,0)}=0$。
第③条正确（上面已经算出两个偏导都等于 $0$）。
第④条错误——函数在原点不可微，谈不上全微分为 $0$。此时线性主部为零，差式为
$$\dfrac{f(x,y)-f(0,0)-0}{\sqrt{x^2+y^2}}=\dfrac{xy}{x^2+y^2}$$而 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 不存在（沿 $y=kx$ 得 $\dfrac{k}{1+k^2}$，随 $k$ 变），极限不是 $0$，所以不可微。
注意：这题是"连续 + 偏导存在 但不可微"的标准反例——两条轴上的行为（偏导 $=0$）看着很乖，但差式里的 $\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ 把斜方向的行为暴露了出来。
判不可微的流程
拿到"判断某点是否可微"的题，按下面的顺序走，前面能秒杀就不必算后面：
- 看连续性：不连续 $\Rightarrow$ 必不可微（可微蕴含连续）
- 求偏导（用定义法）：偏导不存在 $\Rightarrow$ 必不可微
- 算差式极限：都过关时，用可微的等价定义算
等于 $0$ 则可微，不等于 $0$ 或不存在则不可微。
已知 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,1)}\dfrac{f(x,y)-2x+y-2}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}=0$，求 $(0,1)$ 处的全微分
题目分子里减去的 $2x-y+2$ 是一个线性函数，这正是可微定义的形式（函数减去一个线性函数后，剩下的是距离的高阶无穷小），所以条件本身已经保证可微。
第一步（读出 $f(0,1)$）。条件写成
$$f(x,y)=2x-y+2+o(\rho)$$令 $(x,y)\to(0,1)$，右边趋于 $1$，所以 $f(0,1)=1$。
第二步（把线性函数改写成以 $(0,1)$ 为基点的形式）：
$$2x-y+2=1+2(x-0)+(-1)(y-1)$$于是
$$f(x,y)-f(0,1)=2(x-0)+(-1)(y-1)+o(\rho)$$对照可微定义 $\Delta z=A(x-x_0)+B(y-y_0)+o(\rho)$，直接读出系数：
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}\Big|_{(0,1)}=2,\qquad \dfrac{\partial f}{\partial y}\Big|_{(0,1)}=-1$$第三步（组装全微分）：
$$\mathrm{d}z\Big|_{(0,1)}=2\,\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$$也可以用定义法复核。沿 $y=1$ 代入原条件，此时分母为 $\lvert x\rvert$、分子为 $f(x,1)-2x-1$，所以
$$\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x,1)-2x-1}{\lvert x\rvert}=0\ \Longrightarrow\ f(x,1)-1=2x+o(\lvert x\rvert)$$两边除以 $x$ 取极限得 $\dfrac{\partial f}{\partial x}\big|_{(0,1)}=2$，与读系数一致。同理沿 $x=0$ 可得 $\dfrac{\partial f}{\partial y}\big|_{(0,1)}=-1$。
注意：那个 $\dfrac{o(\lvert x\rvert)}{\lvert x\rvert}\to 0$ 是余项趋于零，不是偏导为零——本题两个偏导分别是 $2$ 和 $-1$。
注意：这类题不用真去求偏导，把分子里的线性函数改写成"以该点为基点"的形式，系数就是两个偏导。
