下册 7.2 多元函数的可微性 第8题
📝 题目
8．设二元函数 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{\alpha} y}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \alpha>0, \text { 试问 } \alpha \text { 为何值时函数 } f(x, y) \text { 在点 }(0,0) \\ 0, x^{2}+y^{2}=0,\end{array}\right.$处可微？
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
当 $0<\alpha \leqslant 1$ 时，由于 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} f(x, y)$ 不存在，故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不连续，从而 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$处不可微．
当 $1<\alpha$ 时，
$$
f_{x}(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{0-0}{x}=0, f_{y}(0,0)=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{f(0, y)-f(0,0)}{y-0}=\lim _{y \rightarrow 0} \frac{0-0}{y}=0 .
$$
令 $\Delta x=r \cos \theta, \Delta y=r \sin \theta$ ，则
$$
\frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\frac{(\Delta x)^{\alpha} \Delta y}{\sqrt{\left(\Delta x^{2}+\Delta y^{2}\right)^{3}}}=r^{\alpha-2} \cos ^{\alpha} \theta \sin \theta
$$
当 $1<\alpha \leqslant 2$ 时，
$$
\lim _{r \rightarrow 0^{+}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\lim _{r \rightarrow 0^{+}} r^{\alpha-2} \cos ^{\alpha} \theta \sin \theta \text { 不存在, }
$$
故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微．
当 $\alpha>2$ 时，
$$
\lim _{r \rightarrow 0^{+}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\lim _{r \rightarrow 0^{+}} r^{\alpha-2} \cos ^{\alpha} \theta \sin \theta=0
$$
故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：分析α≤1时的连续性
当 $0<\alpha \leq 1$ 时，考虑沿路径 $y=x$ 趋于 $(0,0)$，则 $f(x,x)=\frac{x^{\alpha} x}{x^2+x^2}=\frac{x^{\alpha+1}}{2x^2}=\frac{1}{2}x^{\alpha-1}$。由于 $\alpha-1\leq 0$，当 $x\to 0$ 时，该极限不存在（若 $\alpha<1$ 则趋于无穷，若 $\alpha=1$ 则趋于 $1/2$），而 $f(0,0)=0$，故极限不存在，函数不连续，从而不可微。
提示：注意沿不同路径极限可能不同，需验证连续性。
步骤 2/7
目标：计算偏导数（α>1时）
当 $\alpha>1$ 时，由定义求偏导：
$$f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{0-0}{x}=0,$$
$$f_y(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=\lim_{y\to 0}\frac{0-0}{y}=0.$$
公式：偏导数定义：$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$
提示：注意 $f(x,0)=0$ 对任意 $x$ 成立，因为分子有 $y$ 因子。
步骤 3/7
目标：写出可微性判别极限
函数在 $(0,0)$ 可微当且仅当
$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=0.$$
代入 $f(0,0)=0$ 和偏导数为0，得
$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to (0,0)}\frac{(\Delta x)^\alpha \Delta y}{(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}}=0.$$
公式：可微定义：$\lim_{(h,k)\to (0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}}=0$
提示：注意分母是 $\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$ 的三次方，因为分子中 $f$ 的分母是 $\Delta x^2+\Delta y^2$。
步骤 4/7
目标：引入极坐标变换
令 $\Delta x=r\cos\theta$，$\Delta y=r\sin\theta$，则 $\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}=r$，且 $(\Delta x)^\alpha \Delta y = r^{\alpha+1}\cos^\alpha\theta \sin\theta$，分母 $(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}=r^3$。于是极限化为
$$\lim_{r\to 0^+}\frac{r^{\alpha+1}\cos^\alpha\theta \sin\theta}{r^3}=\lim_{r\to 0^+} r^{\alpha-2}\cos^\alpha\theta \sin\theta.$$
公式：极坐标：$\Delta x=r\cos\theta$，$\Delta y=r\sin\theta$
提示：注意 $r>0$，且 $\theta$ 任意。
步骤 5/7
目标：分析α在1到2之间的情况
当 $1<\alpha\leq 2$ 时，$\alpha-2\leq 0$，所以 $r^{\alpha-2}$ 当 $r\to 0^+$ 时趋于无穷（若 $\alpha<2$）或常数1（若 $\alpha=2$）。但极限还依赖于 $\theta$，例如取 $\theta=\pi/4$，则 $\cos^\alpha\theta \sin\theta$ 非零，极限不存在（无穷或非零常数）。因此极限不为0，函数不可微。
提示：注意 $\alpha-2$ 的符号：当 $\alpha<2$ 时指数为负，$r^{\alpha-2}\to\infty$。
步骤 6/7
目标：分析α>2的情况
当 $\alpha>2$ 时，$\alpha-2>0$，所以 $r^{\alpha-2}\to 0$ 当 $r\to 0^+$。而 $|\cos^\alpha\theta \sin\theta|\leq 1$，因此
$$\lim_{r\to 0^+} r^{\alpha-2}\cos^\alpha\theta \sin\theta = 0$$
对任意 $\theta$ 一致成立。故极限为0，函数可微。
提示：注意 $\alpha>2$ 时 $r^{\alpha-2}$ 是无穷小，乘以有界量仍为无穷小。
步骤 7/7
目标：总结α的取值范围
综上所述，函数 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处可微当且仅当 $\alpha>2$。
提示：注意边界情况：$\alpha=2$ 时不可微，因为极限依赖于方向。
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