很好的一道题
首先对题中极限做等价无穷小替换
（1）利用定义求两个偏导数和微分
结果都是0
（2）利用变形后的极限和高阶无穷小
证明（0，0）为极大值点
过程如下：
（1）
（2）
温馨提示：答案为网友推荐，仅供参考
第1个回答 2015-10-01
f(x,y)对x的偏导数记为f1(x,y)
f(x,y)对y的偏导数记为f2(x,y)
f1(x,y)对x的偏导数记为f11(x,y)
f1(x,y)对y的偏导数记为f12(x,y)
f2(x,y)对x的偏导数记为f21(x,y)
f2(x,y)对y的偏导数记为f22(x,y)
已知
lim[x→0,y→0](f(x,y)+1)/(lncos√(x2+y2))=1
设：x=uconv，y=usinv
有：lim[u→0](f(uconv,usinv)+1)/(lncosu)=1
用罗比达法则得：lim[u→0](f1(uconv,usinv)conv+f2(uconv,usinv)sinv)/(-tanu)=1
即：f1(0,0)=f2(0,0)=0
再次用罗比达法则得：
lim[u→0](f11(uconv,usinv)(conv)^2+(f12(uconv,usinv)+f21(uconv,usinv))convsinv+f22(uconv,usinv)(sinv)^2)*(-(cosu)^2)=1
即：f11(0,0)(conv)^2+(f12(0,0)+f21(0,0))convsinv+f22(0,0)(sinv)^2=-1
所以：f11(0,0)=f22(0,0)=-1/2，f12(0,0)+f21(0,0)=0
(1)
f1(0,0)=f2(0,0)=0
df(0,0)=0
(2)
因为df(0,0)=0且d^2f(0,0)=-(dx^2+dy^2)/2<0
所以f(x,y)在(0,0)处取最大值
因为所求极限存在，而且是0/0型，所以就可以用罗比达法则。
已知条件表示f(x,y)+1与lncos√(x2+y2)等价，是2阶无穷小，就隐含了存在2阶偏导数。
由：f1(uconv,usinv)conv+f2(uconv,usinv)sinv→0
可知两个偏导数f1(0,0)=f2(0,0)=0是与角度v无关的，所以f(x,y)+1在(0,0)可微。
作变量替换之后，极限已经是一元函数，与二元函数是否可微无关，只要存在偏导数就可以了，而已知条件已经隐含了存在2阶偏导数。
f(x,y)对y的偏导数记为f2(x,y)
f1(x,y)对x的偏导数记为f11(x,y)
f1(x,y)对y的偏导数记为f12(x,y)
f2(x,y)对x的偏导数记为f21(x,y)
f2(x,y)对y的偏导数记为f22(x,y)
已知
lim[x→0,y→0](f(x,y)+1)/(lncos√(x2+y2))=1
设：x=uconv，y=usinv
有：lim[u→0](f(uconv,usinv)+1)/(lncosu)=1
用罗比达法则得：lim[u→0](f1(uconv,usinv)conv+f2(uconv,usinv)sinv)/(-tanu)=1
即：f1(0,0)=f2(0,0)=0
再次用罗比达法则得：
lim[u→0](f11(uconv,usinv)(conv)^2+(f12(uconv,usinv)+f21(uconv,usinv))convsinv+f22(uconv,usinv)(sinv)^2)*(-(cosu)^2)=1
即：f11(0,0)(conv)^2+(f12(0,0)+f21(0,0))convsinv+f22(0,0)(sinv)^2=-1
所以：f11(0,0)=f22(0,0)=-1/2，f12(0,0)+f21(0,0)=0
(1)
f1(0,0)=f2(0,0)=0
df(0,0)=0
(2)
因为df(0,0)=0且d^2f(0,0)=-(dx^2+dy^2)/2<0
所以f(x,y)在(0,0)处取最大值
因为所求极限存在，而且是0/0型，所以就可以用罗比达法则。
已知条件表示f(x,y)+1与lncos√(x2+y2)等价，是2阶无穷小，就隐含了存在2阶偏导数。
由：f1(uconv,usinv)conv+f2(uconv,usinv)sinv→0
可知两个偏导数f1(0,0)=f2(0,0)=0是与角度v无关的，所以f(x,y)+1在(0,0)可微。
作变量替换之后，极限已经是一元函数，与二元函数是否可微无关，只要存在偏导数就可以了，而已知条件已经隐含了存在2阶偏导数。
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