原点处不能用公式法（公式法 $\frac{\pp}{\pp x}e^{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}e^{\sqrt{x^2+y^2}}$ 在原点无意义），必须用定义法。

Step 1：用偏导数定义计算 $f_x(0,0)$

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{e^{\sqrt{h^2+0}}-e^0}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{e^{|h|}-1}{h}$$

Step 2：计算左右极限

右极限（$h\to 0^+$，此时 $|h|=h$）：

$$\lim_{h\to 0^+}\frac{e^h-1}{h}=1 \quad\text{（标准极限 }\lim_{u\to 0}\frac{e^u-1}{u}=1\text{）}$$

左极限（$h\to 0^-$，此时 $|h|=-h$）：

$$\lim_{h\to 0^-}\frac{e^{-h}-1}{h}=\lim_{h\to 0^-}\frac{-(e^{-h}-1)}{-h}\cdot(-1)=-1$$

（令 $u=-h>0$，则 $\dfrac{e^{-h}-1}{h}=\dfrac{e^u-1}{-u}\to -1$）

Step 3：结论

左右极限 $1\neq -1$，极限不存在 → $f_x(0,0)$ 不存在。

由对称性（$f(x,y)=e^{\sqrt{x^2+y^2}}$ 关于 $x,y$ 对称），同理 $f_y(0,0)$ 也不存在。

答案：$f$ 在原点偏导数不存在。

根本原因：$\sqrt{x^2+y^2}=|x|$（当 $y=0$），而 $|x|$ 在 $x=0$ 处不可导（左右导数异号），故 $e^{|x|}$ 在 $x=0$ 也不可导。凡是含 $\sqrt{x^2+y^2}$ 的函数在原点，都要警惕偏导不存在的情形。

令 $g(x,y)=f(x,xy)=e^{x^2+x^2y^2}=e^{x^2(1+y^2)}$。

Step 1：先对 $y$：$g_y=e^{x^2(1+y^2)}\cdot x^2\cdot 2y=2x^2y\,e^{x^2(1+y^2)}$

Step 2：再对 $x$（乘积法则 + 链式法则）：

$$g_{yx}=4xy\,e^{x^2(1+y^2)}+2x^2y\cdot 2x(1+y^2)\,e^{x^2(1+y^2)}=4xy\,e^{x^2(1+y^2)}\bigl[1+x^2(1+y^2)\bigr]$$

Step 3：代入 $(1,\pi)$：$x^2(1+y^2)=1+\pi^2$

$$g_{yx}(1,\pi)=4\pi\,e^{1+\pi^2}\bigl[1+(1+\pi^2)\bigr]=4\pi(2+\pi^2)\,e^{1+\pi^2}$$

答案：$4\pi(2+\pi^2)\,e^{1+\pi^2}$

关键：$f(x,xy)$ 先代入 $xy$ 再求导。对 $x$ 求导时别忘了指数部分 $x^2(1+y^2)$ 对 $x$ 的导数是 $2x(1+y^2)$！

这是典型的"讨论三性"解答题，需要按顺序逐一判断：连续 → 可偏导 → 可微。

一、连续性

计算 $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$：

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\sqrt{x^2+y^2} = 0 = f(0,0)$$

（令 $r=\sqrt{x^2+y^2}\to 0$，极限显然为 $0$，与 $f(0,0)=0$ 相等）

$\therefore$ $f$ 在原点连续 ✓

二、可偏导性（用定义法，因为公式 $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 在原点无意义）

$$f_x(0,0) = \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{h^2}-0}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{|h|}{h}$$

右极限：$\lim_{h\to 0^+}\dfrac{h}{h}=1$；左极限：$\lim_{h\to 0^-}\dfrac{-h}{h}=-1$。

左右极限不相等，故 $f_x(0,0)$ 不存在。

由对称性（$f(x,y)=f(y,x)$），同理 $f_y(0,0)$ 也不存在。

$\therefore$ $f$ 在原点不可偏导 ✗

三、可微性

可微的必要条件：可微 $\Rightarrow$ 偏导存在。由二知偏导不存在，故必要条件不满足。

$\therefore$ $f$ 在原点不可微 ✗

总结：$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点：连续 ✓，可偏导 ✗，可微 ✗。

核心意义：这是"连续 $\not\Rightarrow$ 可偏导"的最典型例子。$\sqrt{x^2+y^2}$ 在原点是一个"圆锥尖点"，切平面不存在，偏导自然不存在。可类比一元函数 $|x|$ 在 $x=0$ 连续但不可导。

原点处用定义法；非原点处（$x\neq 0$）用公式；最后用定义验证混合偏导。

Step 1：用定义求 $f_x(0,0)$

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2\arctan(0/h)-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{0}{h}=0$$

Step 2：用定义求 $f_y(0,0)$

$$f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{0-0}{k}=0$$

Step 3：求 $f_x(x,y)$（$x\neq 0$）用公式

$$f_x(x,y)=2x\arctan\frac{y}{x}+x^2\cdot\frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right)=2x\arctan\frac{y}{x}-\frac{xy}{x^2+y^2}$$

令 $x=0$（即 $f_x(0,y)$，需用定义）：$f_x(0,y)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,y)-f(0,y)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2\arctan(y/h)}{h}=\lim_{h\to 0}h\arctan\frac{y}{h}$。

当 $y>0$：$\arctan(y/h)\to\frac{\pi}{2}$（$h\to 0^+$）或 $-\frac{\pi}{2}$（$h\to 0^-$），但 $h\to 0$，故 $h\arctan(y/h)\to 0$。综合：$f_x(0,y)=0$。

Step 4：求 $f_{xy}(0,0)$（对 $f_x(0,y)=0$ 关于 $y$ 求导）

$$f_{xy}(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f_x(0,k)-f_x(0,0)}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{0-0}{k}=0$$

Step 5：求 $f_y(x,0)$（$x\neq 0$，令 $y=0$ 代入公式）

$$f_y(x,y)=x^2\cdot\frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\frac{1}{x}=\frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\frac{x^2}{x}=\frac{x^3}{x^2+y^2}$$

令 $y=0$（$x\neq 0$）：$f_y(x,0)=\dfrac{x^3}{x^2}=x$。

Step 6：求 $f_{yx}(0,0)$

$$f_{yx}(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f_y(h,0)-f_y(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h-0}{h}=1$$

结论：$f_{xy}(0,0)=0 \neq 1 = f_{yx}(0,0)$，混合偏导不相等！

此例说明：混合偏导相等定理条件（$f_{xy},f_{yx}$ 在邻域内连续）不满足时，$f_{xy}$ 与 $f_{yx}$ 可以不相等。这里具体值为 $f_{xy}(0,0)=0$，$f_{yx}(0,0)=1$。

此函数为初等函数，偏导数连续，故 $f_{xy}=f_{yx}$ 一定成立，只需计算其中一个。

一阶偏导（$y$ 视为常数，对 $x$ 求导）：

$$f_x = 2xy\cos(x^2y)+ye^{xy}$$ $$f_y = x^2\cos(x^2y)+xe^{xy}$$

二阶偏导 $f_{xx}$（对 $f_x$ 再对 $x$ 求导）：

$$f_{xx}=\frac{\pp}{\pp x}\bigl[2xy\cos(x^2y)+ye^{xy}\bigr]$$ $$=2y\cos(x^2y)+2xy\cdot(-\sin(x^2y))\cdot 2xy+y^2e^{xy}$$ $$=2y\cos(x^2y)-4x^2y^2\sin(x^2y)+y^2e^{xy}$$

混合偏导 $f_{xy}$（对 $f_x$ 再对 $y$ 求导）：

$$f_{xy}=\frac{\pp}{\pp y}\bigl[2xy\cos(x^2y)+ye^{xy}\bigr]$$ $$=2x\cos(x^2y)+2xy\cdot(-\sin(x^2y))\cdot x^2+e^{xy}+xye^{xy}$$ $$=2x\cos(x^2y)-2x^3y\sin(x^2y)+(1+xy)e^{xy}$$

验证 $f_{yx}$（对 $f_y$ 再对 $x$ 求导）：

$$f_{yx}=\frac{\pp}{\pp x}\bigl[x^2\cos(x^2y)+xe^{xy}\bigr]$$ $$=2x\cos(x^2y)+x^2\cdot(-\sin(x^2y))\cdot 2xy+e^{xy}+xye^{xy}$$ $$=2x\cos(x^2y)-2x^3y\sin(x^2y)+(1+xy)e^{xy}$$

$f_{xy}=f_{yx}$ ✓（偏导连续，自然相等）

二阶偏导 $f_{yy}$（对 $f_y$ 再对 $y$ 求导）：

$$f_{yy}=\frac{\pp}{\pp y}\bigl[x^2\cos(x^2y)+xe^{xy}\bigr]=-x^4\sin(x^2y)+x^2e^{xy}$$

规律：初等函数偏导连续，$f_{xy}=f_{yx}$ 自动成立。解题时选其中计算更简便的那个方向即可。

在原点处，公式法不适用（函数分段定义），必须用偏导数定义。

求 $f_x(0,0)$：固定 $y=0$，对 $x$ 取极限：

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2\sin\frac{h}{h^2}-0}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2\sin\frac{1}{h}}{h}=\lim_{h\to 0}h\sin\frac{1}{h}$$

由夹逼：$\left|h\sin\dfrac{1}{h}\right|\leq|h|\to 0$，故 $f_x(0,0)=0$。

求 $f_y(0,0)$：固定 $x=0$，对 $y$ 取极限：

$$f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{k^2\sin\frac{0}{k^2}-0}{k}=\lim_{k\to 0}\frac{k^2\cdot 0}{k}=0$$

故 $f_x(0,0)=0$，$f_y(0,0)=0$。

注意：$f_x(0,0)$ 中用到 $h\sin\frac{1}{h}\to 0$（有界×无穷小）；$f_y(0,0)$ 中 $\sin\frac{0}{k^2}=\sin 0=0$，直接得零。两个方向行为不同，体现了偏导对方向的敏感性。

偏导（用定义，分界点必用定义）：

$$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(\Delta x,0)-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{0}{\Delta x}=0,\quad f_y(0,0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(0,\Delta y)-0}{\Delta y}=0$$

两个偏导都存在且为 $0$。

不连续：沿 $y=0$，$f=0\to0$；沿 $y=x^2$（配阶路径），$f=\dfrac{x^2\cdot x^2}{x^4+x^4}=\dfrac12\not\to0=f(0,0)$。二重极限不存在 → 原点不连续。

结论：这是"偏导存在但不连续（更不可微）"的经典反例。偏导只管坐标轴方向，管不住斜向，故偏导存在推不出连续。该例与 8.1、8.3 互通。