下册 7.2 多元函数的可微性 第6题
📝 题目
6．讨论下列函数 $f(x, y)$ 在原点 $(0,0)$ 处的连续性、偏导数的存在性以及可微性．
（1）$\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, x^{2}+y^{2}=0 .\end{array}\right.$
（2）$\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2} y}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, x^{2}+y^{2}=0 .\end{array}\right.$
（3）$\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, x^{2}+y^{2}=0 .\end{array}\right.$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因为
$$
0 \leqslant|f(x, y)|=\left|\frac{x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right| \leqslant|x| \rightarrow 0,(x, y) \rightarrow(0,0),
$$
所以 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} f(x, y)=0=f(0,0)$ ．故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续．
$$
f_{x}(0,0)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(0+\Delta x, 0)-f(0,0)}{\Delta x}=0, f_{y}(0,0)=\lim _{\Delta y \rightarrow 0} \frac{f(0,0+\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=0 .
$$
令 $\Delta x=r \cos \theta, \Delta y=r \sin \theta$ ，则
$$
\frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\frac{\Delta x \Delta y^{2}}{\sqrt{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)^{3}}}=\cos \theta \sin ^{2} \theta \mapsto 0\left(r \rightarrow 0^{+}\right) .
$$
所以 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微．
（2）用与（1）相同的方法可得 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续；$f_{x}^{\prime}(0,0)=0 . f_{y}^{\prime}(0,0)=0$ ；但 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微．
（3）因为
$$
0 \leqslant|f(x, y)|=\left|\frac{x^{3}}{x^{2}+y^{2}}\right| \leqslant|x| \rightarrow 0,(x, y) \rightarrow(0,0),
$$
所以 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} f(x, y)=0=f(0,0)$ ．故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处连续．
$$
\begin{aligned}
& f_{x}(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^{3}}{x^{2}}-0}{x}=1, f_{y}(0,0)=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{f(0, y)-f(0,0)}{y-0}=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{0-0}{y}=0 . \\
& \text { 令 } \Delta x=r \cos \theta, \Delta y=r \sin \theta \text {, 则 } \\
& \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\frac{\Delta x^{3}-\Delta x\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)}{\sqrt{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)^{3}}}=-\cos \theta \sin ^{2} \theta \mapsto 0\left(r \rightarrow 0^{+}\right) .
\end{aligned}
$$
所以 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：判断连续性
对于函数(1)，利用不等式 $0 \leq |f(x,y)| = \left|\frac{xy^2}{x^2+y^2}\right| \leq |x|$，当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，$|x|\to 0$，由夹逼定理得 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0=f(0,0)$，故在原点连续。类似地，函数(2)和(3)也连续。
公式：$0 \leq |f(x,y)| \leq |x|$
提示：注意使用夹逼定理时，要找到合适的界，且界趋于0。
步骤 2/5
目标：计算偏导数
对于函数(1)，由定义：$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=0$，$f_y(0,0)=\lim_{\Delta y\to 0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=0$。类似地，函数(2)的偏导也为0。函数(3)：$f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{x^3/x^2}{x}=1$，$f_y(0,0)=0$。
公式：$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$
提示：偏导定义中注意分母是单个变量的变化量，且函数值需用定义计算。
步骤 3/5
目标：判断可微性（1）
对于函数(1)，考虑增量比：令 $\Delta x=r\cos\theta,\Delta y=r\sin\theta$，则 $\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}} = \frac{\Delta x\Delta y^2}{(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}} = \cos\theta\sin^2\theta$，该极限随 $\theta$ 变化，不为0，故不可微。
公式：$\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}$
提示：可微性要求该极限为0，且与方向无关。若极限依赖于方向，则不可微。
步骤 4/5
目标：判断可微性（2）
对于函数(2)，类似地，增量比化为 $\frac{\Delta x^2\Delta y}{(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}} = \cos^2\theta\sin\theta$，极限依赖于 $\theta$，不为0，故不可微。
公式：同上
提示：注意分子次数为3，分母次数为3，极限与方向有关。
步骤 5/5
目标：判断可微性（3）
对于函数(3)，增量比：$\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}} = \frac{\Delta x^3-\Delta x(\Delta x^2+\Delta y^2)}{(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}} = -\cos\theta\sin^2\theta$，极限依赖于 $\theta$，不为0，故不可微。
公式：同上
提示：注意 $f_x(0,0)=1$，因此分子需减去 $\Delta x$。
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