是不是推出了悖论

大白兔奶糖

realnumber

中小学,0不能为分母,指数规则里也说不为0.

Aluminiumor

你别跟我说你是认真的……😰

hbghlyj

大白兔奶糖 发表于 2025-2-4 10:01
$0^5=0^6 / 0^1=0 / 0$

你可能想说 $\lim_{x\to0} x^6 / x^1=\lim_{x\to0} x^5= 0$

hbghlyj

$0/0$ 类型的不定式可以取任何值。这是因为两个趋于零的函数的比值的极限可以是任何数或无穷大。例如，考虑以下极限：

$ \lim _{x\to 0}{\frac {x}{x}}=1,\qquad $ (见图)
而

$ \lim _{x\to 0}{\frac {x^{2}}{x}}=0,\qquad $ (见图)
这足以表明 $ 0/0 $ 是一个不定式。其他具有这种不定式的例子包括

$ \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1,\qquad $ (见图)
以及

$ \lim _{x\to 49}{\frac {x-49}{{\sqrt {x}}\,-7}}=14,\qquad $ (见图)
将 $ x $ 趋近的数直接代入这些表达式中的任何一个，表明这些例子对应于不定式 $ 0/0 $，但这些极限可以取许多不同的值。可以通过如下方式为这种不定式获得任何值 $ a $：

$ \lim _{x\to 0}{\frac {ax}{x}}=a.\qquad $ (见图)
也可以得到值 $ \infty $（发散到无穷大）：

$ \lim _{x\to 0}{\frac {x}{x^{3}}}=\infty .\qquad $ (见图)

hbghlyj

realnumber 发表于 2025-2-5 05:05
指数规则里也说不为0.

在微积分的教学中，许多教科书在处理 $0^0$ 形式时，给出的例子通常是 $\lim _{x \rightarrow 0} x^x$ 和 $\lim _{x \rightarrow 0}(\sin x)^{\tan x}$，这些例子无一例外地趋向于 1 的极限。
因此，优秀的学生往往会问，如果这种情况总是如此，为什么有必要说 $a^0=1$，前提是 $a \neq 0$。以下是简单例子：

考虑
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{a / \ln x}, a \text { 是某个常数 }
\]
然后，通过处理这种形式的常规程序，设
\[
z=x^{a / \ln x}
\]
于是，取对数，
\[
\ln z=\frac{a}{\ln x} \cdot \ln x=a
\]因此
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln z=a
\]
交换$\exp$与$\lim$，
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} z=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x^{a / \ln x}=e^a
\]通过选择 $a$ 可以随意改变极限。这通常令学生满意。

为了推广这个相对简单的结果，让我们研究以下定理。

定理：如果 $f(x)$ 在原点是连续的并且是 $x$ 的阶（即 $\lim _{x \rightarrow 0}(f(x) / x)=b,\ 0<b<\infty$），如果 $g(x)$ 在原点是连续的，并且 $h(x)$ 在原点右侧邻域是 $\ln x$ 的阶（即 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(h(x) / \ln x)=c,\ 0<c<\infty$），并且这些函数具有使用洛必达法则所需的导数性质，那么
\[\tag1
\lim [f(x)]^{g(x) / h(x)}=e^{g(0) / c}
\]
证明：由于 $f(x) / x$ 被认为是 $0 / 0$ 型的不定式，应用一次洛必达法则将得到
\[\tag2
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{1}=b
\]同样，已知 $h(x) / \ln x$ 是 $\infty / \infty$ 型的不定式，因此
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{h(x)}{\ln x}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{h^{\prime}(x)}{1 / x}=c
\]即
\[\tag3
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} x h^{\prime}(x)=c
\]
现在，按照常规程序，设
\[
z=[f(x)]^{g(x) / h(x)}
\]
然后
\[
\ln z=\frac{g(x)}{h(x)} \ln f(x)
\]并且
\[\tag4
\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln z & =\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{g(x)}{h(x)} \ln f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} g(x) \cdot \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln f(x)}{h(x)} \\
& =g(0) \cdot \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f^{\prime}(x) / f(x)}{h^{\prime}(x)}=g(0) \cdot \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f^{\prime}(x)(x / f(x))}{x h^{\prime}(x)}
\end{aligned}
\]
如果我们现在使用 (2) 和 (3)，那么 (4) 变为
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln z=\frac{g(0) \cdot(b) \cdot(1 / b)}{c}=\frac{g(0)}{c}
\]于是，交换极限和对数，我们得到
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} z=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}[f(x)]^{g(x) / h(x)}=e^{g(0) / c}
\]并且 (1) 得证。

---

作为这个更一般结果的一个例子，考虑
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}[\sin b x]^{a J_0(x) / Y_0(x)}
\]其中 $a$ 和 $b$ 是常数，$J_0(x)$ 是零阶贝塞尔方程$\left(x^2 y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+x^2 y=0\right)$的第一解 ，$Y_0(x)$ 是这个方程的第二解，为明确起见，可以取为 Neumann 形式，即
\[
Y_0(x)=J_0(x) \ln x+\frac{x^2}{2^2}-\frac{x^4}{2^2 \cdot 4^2}\left[1+\frac{1}{2}\right]+\cdots
\]
函数 $\sin b x, a J_0(x)$ 和 $Y_0(x)$ 具有赋予 $f(x)$, $g(x)$ 和 $h(x)$ 的性质。直接应用定理，我们可以证明
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}[\sin b x]^{a J_0(x) / Y_0(x)}=e^a
\]
由于 $a$ 是任意的，我们可以产生任何我们想要的极限。值得注意的是，参数 $b$ 显然不影响结果。在这个最后的例子中，$c$ 是 1，并且 $J_0(0)=1$。

hbghlyj

红色曲面是函数$z=x^y\;(x\inR^+,y\inR)$的图像，蓝色曲线是$z=x^y$与$y=kx$的交集。
可见，沿着$y=kx$当$(x,y)\to(0,0)$时，$z\to1$.

hbghlyj

$(x,y)=(1,0)$ 是函数 $z=x^y$ 的鞍点(saddle point)。

因此函数的图像在这一点看起来像一个山口(mountain pass)。

hbghlyj

形式地说，设开集$ D\subseteq \mathbb {R} $ ，且函数 $ f:D\rightarrow \mathbb {R} $，若对任何 $ x_{0}\in D $ 都存在 $ x_{0} $ 在 $ D $ 中的开邻域，使得 $ f $ 在其内可表为下述收敛幂级数，则此实函数称为$ D $上的实解析函数：
$ f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+a_{2}(x-x_{0})^{2}+a_{3}(x-x_{0})^{3}+\cdots $
其中系数 $ a_{i} $ 皆为实数。

或者等价地，实解析函数也可以定义为在定义域 $ D $ 内每一点$ x_{0} $的泰勒级数皆逐点收敛的光滑函数 $ f $，即：
$ T(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(x_{0})}{n!}}(x-x_{0})^{n} $在$ x_{0} $的某个邻域收敛到 $ f(x) $。

集合$ D $上的解析函数全体组成的集合通常记做$ {\mathcal {C}}^{\omega }(D) $。

hbghlyj

实解析函数均无穷可微（记作 $C^{\omega}(D)\subsetneq C^{\infty }(D)$）。但是存在光滑却非解析的函数，典型的例子是
$ f(x):={\begin{cases}e^{-{\frac {1}{x}}}&x>0,\\0&x\leq 0\end{cases}} $
可证明它是光滑的，且在原点的任意开邻域内都有无穷多个零点，故非解析。

hbghlyj

定理：如果函数 $ f $ 和 $ g $ 在 $ c $ 处是实解析的，$\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}g(x)=0$，并且 $ f $ 在 $ x $ 足够接近（但不等于）$ c $ 时是正的，那么 $ f(x)^{g(x)} $ 的极限将是 $ 1 $。

如果将“解析”的限制放宽到在 $x=0$ 处“无限可微”，那么定理将是错误的。一个很好的反例是让 $g(x)=x$，而 $f(x)$ 是上述在 $x=0$ 处无限可微但不解析的函数。即，令 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 定义为
\[
f(x)=\left\{\begin{array}{lll}
e^{-1 / x^2} & \text { if } & x \neq 0 \\
0 & \text { if } & x=0
\end{array}\right.
\]
在这种情况下，我们将验证 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)^{g(x)}=0$ 和 $\lim _{x \rightarrow 0^{-}} f(x)^{g(x)}=\infty$。
首先，当 $x>0$ 时，$-1/x\to-\infty$，所以 $f(x)^{g(x)}= e^{-1/x}\to 0$ 当 $x\to 0^+$。
其次，当 $x<0$ 时，$-1/x\to+\infty$，所以 $f(x)^{g(x)}= e^{-1/x}\to +\infty$ 当 $x\to 0^-$。

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-2-6 15:14
定理：如果函数 $ f $ 和 $ g $ 在 $ c $ 处是实解析的，$\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}g(x)=0$，并且 $ f $ 在 $ x $ 足够接近（但不等于）$ c $ 时是正的，那么 $ f(x)^{g(x)} $ 的极限将是 $ 1 $。

证明：应用洛必达法则，我们有
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)^{g(x)}=\exp \left[\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\log f(x)}{1 / g(x)}\right]=\exp \left[\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f^{\prime}(x) g^2(x)}{-f(x) g^{\prime}(x)}\right] .
\]
由于 $f$ 和 $g$ 是解析的，并且当 $x$ 趋于零时趋于零，因此通过连续性可得 $f(0)=g(0)=0$，并且在 $x=0$ 的某个邻域内，$f$ 和 $g$ 具有以下形式
\[
\begin{array}{ll}
f(x)=x^m F(x), & F(0) \neq 0 \\
g(x)=x^n G(x), & G(0) \neq 0
\end{array}
\]
其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，而 $F$ 和 $G$ 在 $x=0$ 处是解析的。将这些代入 $f(x)^{g(x)}$ 并简化后，我们得到
\[
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)^{g(x)}=\exp \left[\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^n\left[x F^{\prime}(x)+m F(x)\right] G^2(x)}{-F(x)\left[x G^{\prime}(x)+n G(x)\right]}\right]
\]
在这个极限中，分子 $N(x) \equiv x^n\left[x F^{\prime}(x)+m F(x)\right] G^2(x)$ 和分母 $D(x) \equiv$ $-F(x)\left[x G^{\prime}(x)+n G(x)\right]$ 在 $x=0$ 处是解析的。由于 $D(0) \neq 0$，因此通过在 $x=0$ 处的连续性可得 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} D(x) \neq 0$，因此 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}}[N(x) / D(x)]=0$。因此 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)^{g(x)}=1$。

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-2-6 15:14
定理：如果函数 $ f $ 和 $ g $ 在 $ c $ 处是实解析的，$\lim_{x\to c}f(x)=\lim_{x\to c}g(x)=0$，并且 $ f $ 在 $ x $ 足够接近（但不等于）$ c $ 时是正的，那么 $ f(x)^{g(x)} $ 的极限将是 $ 1 $。

使用该定理，快速看出下面的四个极限都等于$1$：
\[
\begin{array}{ll}
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(\sin x)^{\tan x}=1 & \lim _{x \rightarrow 0^{+}}\left(e^{x+1}-e\right)^x=1\\
\lim _{x \rightarrow 0^{+}}(\arctan x)^x=1 & \lim _{x \rightarrow 1^{-}}(1-x)^{\sinh (x-1)}=1
\end{array}
\]
因为这些函数$\sin x,\tan x,e^{x+1}-e,x,\arctan x,x,1-x,\sinh(x-1)$在0都是实解析的。

kuing

hbghlyj 发表于 2025-2-6 22:17
你可能想说 $\lim_{x\to0} x^6 / x^1=\lim_{x\to0} x^5= 0$

你光假设他想说的是极限，然后就发那么多东西，你就不怕他其实就是想说 0/0 而不是极限的事？

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-2-6 14:43
红色曲面是函数$z=x^y\;(x\inR^+,y\inR)$的图像，蓝色曲线是$z=x^y$与$y=kx$的交集。
可见，沿着$y=kx$当$(x,y)\to(0,0)$时，$z\to1$.

忽然想到，函数$z=|x|^y\;(x\inR,y\inR)$可以作为“二元函数不连续，虽然所有方向导数都存在”的例子。

一个方向导数都存在但不连续的函数的标准的例子是 $f(x, y)=\begin{cases}\frac{x y^2}{x^2+y^4}&x\ne 0\\0&x=0\end{cases}$。

在任何点 $(x, y) \neq(0,0)$，$f(x, y)$ 是一个具有非零分母的有理函数，并且连续且任意阶可微的。

$f(x, y)$ 可能不连续的唯一点是原点。我们证明了在原点的所有方向导数都存在，但 $f(x, y)$ 在原点仍然是不连续的！

注意 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ 因为 $f(x, y)$ 在 x 轴和 y 轴上$=0$。现在考虑任何方向 $\vec{v}=(a, b)$ 其中 $a b \neq 0$。然后，
\[
\begin{aligned}
& \frac{f(\overrightarrow{0}+h \vec{v})-f(0,0)}{h}=\frac{f(h \vec{v})}{h}=\frac{f(h a, h b)}{h} \\
= & \frac{h^3 a b^2}{h\left(h^2 a^2+h^4 b^4\right)}=\frac{a b^2}{a^2+h^2 b^4} \rightarrow \frac{b^2}{a} \text { as } h \rightarrow 0 .
\end{aligned}
\]
因此，$f(x, y)$ 的所有方向导数都存在。然而，看看抛物线 $x=y^2$ 上的 $f(x, y)$ 的值。然后
\[
f\left(y^2, y\right)=\frac{y^4}{y^4+y^4}=\frac{1}{2}
\]
即 $f \equiv \frac{1}{2}$ 在抛物线 $x=y^2$ 上的所有点，除了 $(0,0)$ 处 $f(0,0)=0$。因此，$f$ 在原点是不连续的。

问题在于，尽管偏导数在每个地方都存在，但它们在 $(0,0)$ 处不连续。

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-2-6 15:35
一个方向导数都存在但不连续的函数的标准的例子是 $f(x, y)=\begin{cases}\frac{x y^2}{x^2+y^4}&x\ne 0\\0&x=0\end{cases}$。

一般地，考虑 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}$($m,n$为正整数,$p,q$为非负实数)
⑴ 当$m$和$n$不全为偶数时,极限不存在;
⑵ 当$m$和$n$全为偶数时,若$\frac{p}{m}+\frac{q}{n}>1$,则极限为0;若$\frac{p}{m}+\frac{q}{n}≤1$,则极限不存在.
证明
⑴ 不妨设$n$为奇数,选择路径$x^m+y^n=ax^k$($k>m$且$k>p+\frac{mq}n$),将$y=\left(ax^k-x^m\right)^{\frac1n}$代入得$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{\left(ax^k-x^m\right)^{\frac qn}}{ax^{k-p}}$,因为$k>p+\frac{mq}n$,所以极限不存在.
⑵ 当$p=0,q>n$时,$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{y^{n}}{x^{m}+y^{n}}x^{q-n}$,而$\frac{y^{n}}{x^{m}+y^{n}}\in(0,1)$,$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}}x^{q-n}=0$,故极限为0.
当$p=0,q=n$时$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{y^{n}}{x^{m}+y^{n}}$,极限不存在(沿$x=0$的极限为1,沿$y=0$的极限为0).
当$p=0,q<n$时,$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{y^{n}}{x^{m}+y^{n}}x^{q-n}$,而$\frac{y^{n}}{x^{m}+y^{n}}\in(0,1)$,$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}}x^{q-n}$不存在,故极限不存在.
下面设$pq\ne0$.那么$p>0,q>0$.

---

引理1.(Young不等式)设$a,b$均为正实数,且$p+q=1$,$0<p,q<1$,则$a^pb^q\le ap+bq$.
证明：设辅助函数$f(x)=a^{p} x^{1-p}-a p-(1-p) x, x \geqslant 0$.令$f^{\prime}(x)=a^{p} \cdot q x^{q-1}-q=0$得$x=a$.而$f^{\prime \prime}(x)=q(q-1) a^{p} \cdot x^{q-2}<0$.所以$f(a)=0$为最大值.$\quad\square$
引理2.$\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}}  \frac{x^{\alpha} y^{\beta}}{x^{2}+y^{2}}$,其中$\alpha,\beta$均为正实数.
⑴ $\alpha+\beta\le2$时,极限不存在;
⑵ $\alpha+\beta>2$时,极限为0.
证明
⑴ $\alpha+\beta≤2$时,分下面两种情况:
①$\alpha+\beta=2$时,选择路径$y=kx$,则$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}\atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{\alpha} y^{\beta}}{x^{2}+y^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{\alpha}(k x)^{2-\alpha}}{x^{2}+(k x)^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{k^{2-\alpha} x^{2}}{x^{2}\left(1+k^{2}\right)}=\frac{k^{2-\alpha}}{1+k^{2}}$取决于$k$,极限不存在.
②$\alpha+\beta<2$时,选择路径$y=k x^{\frac{2-\alpha}{\beta}}$,则$\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{\alpha} y^{\beta}}{x^{2}+y^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}}\frac{k^{\beta} x^{\alpha} x^{2-\alpha}}{x^{2}+k^{2} x^{2 \cdot \frac{2-\alpha}{\beta}}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{k^{\beta}}{1+k^{2} x^{2 \cdot \frac{2-\alpha}{\beta}-2}}=k^{\beta}$取决于$k$(因为$\frac{2-\alpha}{\beta}-2>0$),极限不存在.
⑵ $\alpha+\beta>2$时,根据Young不等式,$x^{\alpha} y^{\beta}=\left(x^{\alpha+\beta}\right)^{\frac{\alpha}{\alpha+\beta}} \cdot\left(y^{\alpha+\beta}\right)^{\frac{\beta}{\alpha+\beta}} \leqslant \frac{\alpha}{\alpha+\beta} x^{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} y^{\alpha+\beta}$,$0 \leqslant\frac{x^{\alpha} y^{\beta}}{x^{2}+y^{2}}\leqslant \frac{\alpha}{\alpha+\beta} \frac{x^{\alpha+\beta}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} \frac{y^{\alpha+\beta}}{x^{2}+y^{2}}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta} \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}} x^{\alpha+\beta-2}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} \frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}} y^{\alpha+\beta-2}$,因为$\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\in(0,1),\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\in(0,1),x^{\alpha+\beta-2}\to0$,所以$\frac{\alpha}{\alpha+\beta} \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}} x^{\alpha+\beta-2}\to0$,同理$\frac{\beta}{\alpha+\beta} \frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}} y^{\alpha+\beta-2}\to0$,所以极限为0.

---

若$\frac{p}{m}+\frac{q}{n}>1$,令$x=u^{\frac{2}{m}}$,$y=v^{\frac{2}{n}}$,则$\lim _{x \rightarrow 0^{+} \atop y \rightarrow 0^{+}} \frac{x^{p} y^{q}}{x^{m}+y^{n}}=\lim _{u \rightarrow 0^{+} \atop v \rightarrow 0^{+}} \frac{u^{\frac{2 p}{m}} v^{\frac{2 q}{n}}}{u^{2}+v^{2}}$,根据引理2可得:
$\frac{2 p}{m}+\frac{2 q}{n}>2$,即$\frac{p}{m}+\frac{q}{n}>1$时,极限为0;
$\frac{2 p}{m}+\frac{2 q}{n} \leqslant 2$,即$\frac{p}{m}+\frac{q}{n} \leqslant 1$时,极限不存在.

hbghlyj

构造一个方向导数都存在但不连续的函数，展示一下得出这个例子的思考过程。

我们决定让我们的函数在 (0,0) 处不连续。为了确保那里的偏导数是定义好的，我们尝试最简单的方法，让函数在两个轴上为零。我们如何确保它在 (0,0) 处不连续呢？一个简单的方法可能是在 x=y 这条线上让函数等于 1。（如果你认为这一步没有动机，那么请继续阅读——你会明白我可以选择几乎任何函数，论证仍然成立。）我们如何确保函数在每个地方都有偏导数？我们可以通过尝试在每个地方给它一个好的公式来实现。我们特别关心当你保持 x 或 y 不变时函数的行为，所以让我们看看如果我们尝试为每个固定的 x 选择 y 依赖于 x 会发生什么。如果我们这样做，我们会倾向于使函数线性。由于 f(x,0)=0 和 f(x,x)=1，这会告诉我们选择 f(x,y)=y/x。

不幸的是，这不起作用：我们还需要函数在固定 y 时随着 x 趋近于零而趋近于零。但至少这给了我们一个想法，我们希望将 f 写成一个商。 如果我们尝试 f(x,y)=g(x,y)/h(x,y)，我们需要 g 和 h 具有什么性质？我们希望 g(x,0)=g(0,y)=0，g(x,x)=h(x,x)，并且 h(x,y) 从不为 0（除了我们不介意 h(0,0) 处发生什么）。我们还希望 g 和 h 是好的，以便偏导数显然存在。
在 (x,y)=(0,0) 时=0的最简单函数是 $x^2+y^2$。
在 x=0 或 y=0 时=0但在 $x=y\ne 0$ 时不=0的最简单函数是 $xy$。将其乘以 2 以在 x=y 线上得到 1，这就是我们需要的。
$f(x,y)=\frac{2xy}{x^2+y^2}$
现在假设我们希望在 (x,x) 处的值是 $e^{1/x}$，这样函数在 (0,0) 附近会非常不受控制。那么我们可以将之前的函数乘以 $\exp((2/(x^2+y^2))^{1/2})$。

我想要表达的主要观点是，我们可以同样容易地选择许多其他函数。例如，$\sin(x)\sin(y)/(x^4+y^4)$ 在x,y轴上=0，并且显然不会在 x=y 线上趋近于零（实际上它趋近于无穷大）。

hbghlyj

我似乎无法理解 Gâteaux 和 Frêchet 导数的定义之间的区别：

一个函数 $f: U \rightarrow \mathbb{R}^{n}$ ($U$ 是开集) 在 $x_0$ 处被称为 Gâteaux 可微，如果每个方向导数 $D_vf(x_0)$ 存在 ($\forall v$) 并且映射 $v \mapsto D_vf(x_0)$ 是线性的。

一个函数在 $x_0$ 处被称为 Frêchet 可微，如果存在一个线性映射 $L:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ 使得 $$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)-L(x-x_0)}{|x-x_0|} = 0$$
根据我的理解，由于我们在 $\mathbb{R}^{n}$ 上工作，$L$ 等于全导数 $df(x_0)$。如果一个函数是 Frêchet 可微的，我们有 $df(x_0) = \langle\nabla f(x_0), \cdot\rangle$，我理解如果一个函数在 $x_{0}$ 处是 Frêchet 可微的，它在 $x_0$ 处也是 Gâteaux 可微的，因为存在 $L$ (定义为 $v\mapsto \langle \nabla f(x_0), v\rangle$)

但是 Gâteaux 定义中的映射 $v \mapsto D_vf(x_0)$ 与全导数 $df(x_0)$ 有什么不同？我的意思是 Gâteaux 定义中的映射也是线性的，那么两者之间有什么区别？

hbghlyj

给我一个Gâteaux可微但不是Frêchet可微的函数的例子，并解释为什么会这样。
MSE
最好有一些可以计算的例子。在这个例子中，我们切换到极坐标系来证明它是Gateaux可微的，实际上所有方向导数都是零。然而，它不是Frechet可微的，因为不是直线的路径会导致商不良。

取 $$ g(0,0) = 0$$
$$\forall(x,y)\ne(0,0)\; \; g(x,y) = \frac{x^5 \; y^5}{x^{12} + y^8}   $$

现在仍然需要证明 $g$ 是连续的。拉格朗日乘数法表明，对于固定的 $x^{12} + y^8$，$|x^5 y^5|$ 的最大值出现在 $2 y^8 = 3 x^{12}$ 时。稍微调整一下，我们得到
$$ |g| \leq C \; \; \sqrt[\color{red}{24}] {x^{12} + y^8},  $$ 其中
$$ C = \frac{ 2^{\left( \frac{5}{12}\right)}  3^{\left( \frac{5}{8}\right)}}{  5^{\left( \frac{25}{24}\right)}}.$$
所以 $g$ 在原点是连续的。

接下来，我们将函数本身写成极坐标形式，
$$ g = r^2 \left( \frac{\cos^5 \theta \; \; \sin^5  \theta}{r^4 \cos^{12} \theta + \sin^8 \theta} \right) $$
沿任一坐标轴，我们得到常数零。否则，定义函数在原点为零，对于Gateaux，我们简单地取 $g/r$，得到
$$ \frac{g}{r} \; = \; \; r \; \; \left( \frac{\cos^5 \theta \; \; \sin^5  \theta}{r^4 \cos^{12} \theta + \sin^8 \theta} \right) $$
对于任何固定的 $\theta$ 方向（不在x,y轴上），当 $r \rightarrow 0$ 时，这给出极限为零，因此方向导数为零。
在极坐标系中一切看起来都很有希望，给出了Gateaux。

但是，然后沿着路径 $x = t^2, y = t^3$，我们发现商
$$ \frac{g(t^2, t^3)}{\sqrt{t^4 + t^6}} \geq \frac{1}{4|t|} $$
当 $|t| \leq \sqrt 3$ 时，所以 $g$ 不是Frechet可微的。

hbghlyj

$g(x,y) = \frac{x^5 \; y^5}{x^{12} + y^8}$的图像在(0,0)附近就像沿着$2 y^8 = 3 x^{12}$捏起来的一张平坦的桌布