2024年考研数学二第5题

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微，则需验证极限 $$ \lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=0. $$ 首先计算偏导数。由定义， $$ f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x},\quad f_y(0,0)=\lim_{\Delta y\to 0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}. $$ 代入 $f(0,0)=0$，当 $\Delta x\neq 0$ 时 $f(\Delta x,0)=0$，故 $f_x(0,0)=0$；同理 $f_y(0,0)=0$。因此线性主部为 $0$。 现在考虑增量差与线性主部之差： $$ \Delta f = f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-0\cdot\Delta x-0\cdot\Delta y = f(\Delta x,\Delta y). $$ 需证明 $$ \lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{f(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}=0. $$ 分两种情况讨论： **情况1：** 当 $\Delta x\Delta y=0$ 时，即至少一个增量为零。此时 $f(\Delta x,\Delta y)=0$，故比值为 $0$，极限为 $0$。 **情况2：** 当 $\Delta x\Delta y\neq 0$ 时，$f(\Delta x,\Delta y)=(\Delta x)^2\sin\frac{1}{\Delta x}+(\Delta y)^2\sin\frac{1}{\Delta y}$。于是 $$ \left|\frac{f(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\right| \le \frac{(\Delta x)^2\left|\sin\frac{1}{\Delta x}\right|+(\Delta y)^2\left|\sin\frac{1}{\Delta y}\right|}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} \le \frac{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} = \sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}. $$ 由于 $\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}\to 0$，由夹逼准则得极限为 $0$。 综上，极限为 $0$，故函数在 $(0,0)$ 处可微。

首先考虑当 $xy \neq 0$ 时，函数 $f(x,y)$ 的表达式为 $f(x,y) = \frac{x^2 y}{x^2 + y^2}$。此时可直接利用商的求导法则计算偏导数 $\frac{\partial f}{\partial x}$。 将 $y$ 视为常数，对 $x$ 求导： $$ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{(2x y)(x^2 + y^2) - x^2 y \cdot (2x)}{(x^2 + y^2)^2}. $$ 化简分子： $$ 2x y (x^2 + y^2) - 2x^3 y = 2x y (x^2 + y^2 - x^2) = 2x y \cdot y^2 = 2x y^3. $$ 因此，当 $xy \neq 0$ 时， $$ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{2x y^3}{(x^2 + y^2)^2}. $$ 接下来考虑 $xy = 0$ 的情形。此时 $x=0$ 或 $y=0$。根据题目定义，当 $xy=0$ 时，$f(x,y)=0$。由偏导数的定义， $$ \frac{\partial f}{\partial x}(0,y) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0+h, y) - f(0,y)}{h}. $$ 若 $y \neq 0$，则 $h y \neq 0$ 当 $h$ 充分小时，故 $f(h,y) = \frac{h^2 y}{h^2 + y^2}$，且 $f(0,y)=0$，所以 $$ \frac{\partial f}{\partial x}(0,y) = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 y}{h(h^2 + y^2)} = \lim_{h \to 0} \frac{h y}{h^2 + y^2} = 0. $$ 若 $y=0$，则 $f(x,0)=0$，对任意 $x$，故 $\frac{\partial f}{\partial x}(x,0)=0$。同理，当 $x=0$ 时，$f(0,y)=0$，故 $\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)=0$。 综上所述，偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 的表达式为： $$ \frac{\partial f}{\partial x} = \begin{cases} \dfrac{2x y^3}{(x^2 + y^2)^2}, & xy \neq 0, \\ 0, & xy = 0. \end{cases} $$

我们需要判断偏导数$f_x(x,y)$和$f_y(x,y)$在点$(0,0)$处是否连续。由于已经求得$f_x(0,0)=0$，$f_y(0,0)=0$，因此只需考察当$(x,y)\to(0,0)$时，$f_x(x,y)$和$f_y(x,y)$的极限是否均为0。 首先考虑$f_x(x,y)$。当$(x,y)\neq(0,0)$时，有 $$f_x(x,y)=\frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}-\frac{2x^3y}{(x^2+y^2)^2}+\frac{1}{2}\cos\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{x}\quad(?)$$ 实际上，原函数为$f(x,y)=\begin{cases} \frac{x^2y^2}{x^2+y^2}+\frac{1}{2}\sin\frac{1}{x}, & x\neq0 \\ 0, & x=0 \end{cases}$。对$x$求偏导时，当$x\neq0$， $$f_x(x,y)=\frac{2xy^2(x^2+y^2)-x^2y^2\cdot2x}{(x^2+y^2)^2}+\frac{1}{2}\cos\frac{1}{x}\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)$$ 化简得 $$f_x(x,y)=\frac{2xy^4}{(x^2+y^2)^2}-\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{x}.$$ 注意：这里第二项来自$\frac{1}{2}\sin\frac{1}{x}$对$x$的导数，即$\frac{1}{2}\cos\frac{1}{x}\cdot(-\frac{1}{x^2})$。 现在考察沿路径$y=kx$（$k\neq0$）趋于$(0,0)$时$f_x(x,y)$的极限。代入$y=kx$得 $$f_x(x,kx)=\frac{2x\cdot k^4x^4}{(x^2+k^2x^2)^2}-\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{x}=\frac{2k^4x^5}{x^4(1+k^2)^2}-\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{x}=\frac{2k^4x}{(1+k^2)^2}-\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{x}.$$ 当$x\to0$时，第一项$\frac{2k^4x}{(1+k^2)^2}\to0$，但第二项$-\frac{1}{2x^2}\cos\frac{1}{x}$中，$\cos\frac{1}{x}$振荡，且$\frac{1}{x^2}\to\infty$，因此该项振荡且无界，极限不存在。所以$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)$不存在，从而$f_x(x,y)$在$(0,0)$处不连续。 类似地，考虑$f_y(x,y)$。当$(x,y)\neq(0,0)$时， $$f_y(x,y)=\frac{2x^2y(x^2+y^2)-x^2y^2\cdot2y}{(x^2+y^2)^2}+0=\frac{2x^4y}{(x^2+y^2)^2}.$$ 沿路径$y=kx$（$k\neq0$）得 $$f_y(x,kx)=\frac{2x^4\cdot kx}{(x^2+k^2x^2)^2}=\frac{2kx^5}{x^4(1+k^2)^2}=\frac{2kx}{(1+k^2)^2}\to0\quad(x\to0).$$ 但沿路径$y=x^2$趋于$(0,0)$时， $$f_y(x,x^2)=\frac{2x^4\cdot x^2}{(x^2+x^4)^2}=\frac{2x^6}{x^4(1+x^2)^2}=\frac{2x^2}{(1+x^2)^2}\to0\quad(x\to0).$$ 然而，沿路径$y=0$（$x\neq0$）时，$f_y(x,0)=0$，极限也为0。但我们需要检查是否存在路径使得极限不为0。考虑路径$y=x$，得$f_y(x,x)=\frac{2x^5}{(2x^2)^2}=\frac{2x^5}{4x^4}=\frac{x}{2}\to0$。似乎所有路径极限都是0？实际上，由于$f_y(x,y)$表达式中分子是$x^4y$，分母是$(x^2+y^2)^2$，当$(x,y)\to(0,0)$时，若$y$相对于$x$衰减更快，比如$y=x^3$，则$f_y(x,x^3)=\frac{2x^4\cdot x^3}{(x^2+x^6)^2}=\frac{2x^7}{x^4(1+x^4)^2}=\frac{2x^3}{(1+x^4)^2}\to0$。实际上，由于$|x^4y|\leq (x^2+y^2)^2$？不，需要更仔细分析。令$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，则 $$f_y(r\cos\theta,r\sin\theta)=\frac{2r^5\cos^4\theta\sin\theta}{r^4}=2r\cos^4\theta\sin\theta\to0\quad(r\to0).$$ 因此$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_y(x,y)=0$，等于$f_y(0,0)=0$，所以$f_y(x,y)$在$(0,0)$处连续。 综上，$f_x(x,y)$在$(0,0)$处不连续，而$f_y(x,y)$在$(0,0)$处连续。

综合前三步的分析，我们已得出以下结论： 1. 函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微。 2. 偏导数 $f_x(x,y)$ 和 $f_y(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处不连续。 现在需要根据这些结论选择正确的选项。 回顾四个选项的含义： - (A) 偏导数存在且连续 → 不满足，因为偏导不连续。 - (B) 可微且偏导连续 → 不满足，因为偏导不连续。 - (C) 可微且偏导不连续 → 完全符合我们的结论。 - (D) 不可微 → 与可微结论矛盾。 因此，正确选项为 (C)。 验证： - 可微性：由定义或充分条件验证，函数在 $(0,0)$ 处可微。 - 偏导不连续：通过极限计算，$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f_x(x,y)$ 不存在或与 $f_x(0,0)$ 不相等，故偏导不连续。 综上，选项 (C) 正确。