第2章 偏導與可微
2.1 偏導看一條線，可微看所有小位移
設 p=(a,b) 是定義域內點。偏導 fₓ(a,b) 是固定 y=b 後，沿 x 的一維差商極限；fᵧ 同理。兩者只用到兩條座標線。
f 在 p 可微，指存在一個線性函數 L，使 f(p+(h,k))=f(p)+L(h,k)+r(h,k)，且 r(h,k)/√(h²+k²)→0。沿 (h,0) 與 (0,k) 代入可知 L 必為 fₓ(p)h+fᵧ(p)k，所以偏導給候選係數，不能單憑兩個數就宣布可微。可微也推出連續：線性項與餘項都隨位移趨零。
常用充分條件是兩偏導在 p 的鄰域存在且在 p 連續。位移夠小時，從 (a,b) 到 (a,b+k) 再到 (a+h,b+k) 的兩段都留在該鄰域。對長度非零的段用一維中值定理，兩段增量分別是 k 乘中間點的 fᵧ、h 乘中間點的 fₓ，長度為零的段則無增量。非零段的中間點趨近 p，且 |h|、|k| 各不大於 √(h²+k²)。因此扣除 fₓ(p)h+fᵧ(p)k 後，餘項除以位移長度的絕對值，至多是相應偏導差的絕對值之和，會趨零。這個條件是充分條件。
2.2 四個例題
例題1 算出線性項與剩下的量
f=x²+xy+y²。在 (1,2)，f=7、fₓ=2x+y=4、fᵧ=x+2y=5。展開 f(1+h,2+k)−7=4h+5k+h²+hk+k²。因 |hk|≤(h²+k²)/2，餘項絕對值至多 3(h²+k²)/2，除以位移長度會趨零。切平面是 z=7+4(x−1)+5(y−2)。
例題2 偏導都有卻不可微
原點以外令 f=xy/√(x²+y²)，原點定為 0。兩條軸上都為 0，所以偏導都是 0。取 (h,k)=(t,t)，t≠0 時 f=|t|/√2；除以位移長度 √2|t| 得 1/2，不趨零，故候選 L=0 不合。另一方面 |f|≤√(x²+y²)/2，原點確實連續。
例題3 偏導只動一個輸入
f(x,y)=eˣy²。求 fₓ 時 y² 固定，得 eˣy²；求 fᵧ 時 eˣ 固定，得 2yeˣ。在 (0,3) 值為 9、6。兩偏導在整平面連續，故該點可微。
例題4 用增量核對切平面
f=xy，在 (2,3) 加位移 (h,k)，實增量為 3h+2k+hk，線性部分為 3h+2k。用 (h,k)=(1/10,−1/10) 時預測 1/10、實增量 9/100。實增量減線性預測等於 −1/100，正是 hk。
2.3 練習
- B09-C02-Q01 求 x³y+2y² 的兩個偏導。
- B09-C02-Q02 在 (1,0) 求 eˣ cos y 的 fᵧ。
- B09-C02-Q03 求 f=x²+y² 在 (1,−1) 的切平面。
- B09-C02-Q04 f(x,y)=x²+3y，從原點移到 (1/10,1/5)，比較線性與實增量。
- B09-C02-Q05 在 x+y>0 上，求 ln(x+y) 的兩偏導。
- B09-C02-Q06 f(x,y)=|x|+y 在原點可微嗎？
- B09-C02-Q07 f=x²+xy+y² 在 (1,2) 沿 h=k=t 的線性餘項為何？
- B09-C02-Q08 若一個函數可微，為什麼偏導唯一決定線性項？
- B09-C02-Q09 在例題2取點 (t,−t)，計算餘項比上位移長度。
- B09-C02-Q10 說明 f=4x−2y+1 的餘項為何。
2.4 完整解答
Q01
對 x 求導時 y 固定，得 3x²y；對 y 求導時 x³ 固定，得 x³+4y。
Q02
fᵧ=−eˣ sin y；代 y=0，sin 0=0，所以為 0。
Q03
高度 2，偏導 (2,−2)。所以 z=2+2(x−1)−2(y+1)=2x−2y−2。
Q04
原點偏導 (0,3)，線性增量 3/5。實增量是 1/100+3/5=61/100，差 1/100 來自 x²。
Q05
內部 x+y 對 x 或 y 的偏導都是 1，外層 ln 的導數是 1/(x+y)，故兩者皆為 1/(x+y)。正值前提不能省。
Q06
沿 x 軸的差商 |h|/h，h>0 得 1、h<0 得 −1，偏導不存在。可微會推出偏導存在，故不可微。
Q07
以例題1的餘項 h²+hk+k² 代 h=k=t 得 3t²。其比上 √2|t| 得 3|t|/√2，確實趨零。
Q08
任意線性 L 有 L(h,k)=hL(1,0)+kL(0,1)。可微式沿兩軸除以非零 h 或 k 並取極限，恰得兩偏導就是 L 的兩個係數。
Q09
兩偏導為 0，餘項就是 f。分子是 −|t|/√2，分母 √2|t|，對任何 t≠0 比值 −1/2，仍違反可微條件。
Q10
直接相減得 f(p+(h,k))−f(p)=4h−2k，恰是線性項，所以任一 p 的餘項都等於 0。