下册 7.2 多元函数的可微性 第15题
📝 题目
15．构造符合条件的函数。
（1）构造一个二元函数，使它在原点处可微但偏导数不连续，并加以说明．
（2）构造一个二元函数 $f(x, y)$ ，使得它在原点 $(0,0)$ 的两个偏导数都存在，但在原点不可微．
（3）试作出定义在 $\mathbf{R}^{2}$ 中的一个函数 $f(x, y)$ ，使得它在原点处任何方向的导数都存在，但在原点不可微．
（4）试作出定义在 $\mathbf{R}^{2}$ 中的一个函数 $f(x, y)$ ，使得它在原点处同时满足以下三个条件： （1）$f(x, y)$ 的两个偏导数都存在；（2）任何方向的极限都存在；（3）在原点不连续．
（5）讨论偏导数存在能否推出可微？若能，请给出证明，若不能，请举出反例并加以说明．
💡 答案解析
解题过程：
（1）$\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y^{2}\right) \sin \frac{1}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, x^{2}+y^{2}=0 .\end{array}\right.$ 函数在原点处可微，但偏导数不连续，见题 21（1）．
$\displaystyle (2 \sim 4) f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x y}{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0,(x, y)=(0,0) .\end{array}\right.$ 函数在 $(x, y) \neq(0,0)$ 的偏导数存在，且
$$
f_{x}(x, y)=\frac{y\left(y^{2}-x^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}, f_{y}(x, y)=\frac{x\left(x^{2}-y^{2}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}
$$
而当 $(x, y)=(0,0)$ 时，$f_{x}(0,0)=0, f_{y}(0,0)=0$ ，见題 8 ．
对于方向极限有 $\displaystyle \lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} f(\rho \cos \alpha, \rho \sin \alpha)=\lim _{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\rho^{2} \cos \alpha \cdot \sin \alpha}{\rho^{2}}=\cos \alpha \sin \alpha$ ，显然沿任意方向趋向于原点时，此函数的方向极限都存在．因为沿不同方向 $\alpha \neq \beta$ 趋向原点有不同的极限，所以该
函数在原点不连续．
（5）二元函数 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},(x, y) \neq(0,0), \\ 0,(x, y)=(0,0) .\end{array}\right.$ 函数在原点 $(0,0)$ 连续且可偏导，但在 $(0,0)$不可微，见題 11.
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：构造可微但偏导数不连续的函数
考虑函数 $f(x,y) = \begin{cases} (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2=0 \end{cases}$。首先验证可微性：计算 $f(0,0)=0$，且 $f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{h^2\sin(1/h^2)}{h}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。考虑增量 $\Delta f = f(x,y)-f(0,0) = (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}$，则 $\frac{|\Delta f - 0\cdot x - 0\cdot y|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2}\left|\sin\frac{1}{x^2+y^2}\right| \leq \sqrt{x^2+y^2} \to 0$，故可微。
公式：$\Delta f = f(x,y)-f(0,0) = (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}$
提示：注意可微定义中线性逼近的余项趋于0的速度要快于距离。
步骤 2/6
目标：说明偏导数不连续
对于 $(x,y)\neq(0,0)$，求偏导：$f_x(x,y)=2x\sin\frac{1}{x^2+y^2} - \frac{2x}{x^2+y^2}\cos\frac{1}{x^2+y^2}$。当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，第一项趋于0，但第二项中 $\frac{2x}{x^2+y^2}$ 无界（例如沿 $y=0$，$\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}$ 发散），且 $\cos\frac{1}{x^2+y^2}$ 振荡，故 $f_x$ 在原点附近不连续。同理 $f_y$ 也不连续。
公式：$f_x(x,y)=2x\sin\frac{1}{x^2+y^2} - \frac{2x}{x^2+y^2}\cos\frac{1}{x^2+y^2}$
提示：注意偏导函数在原点附近无界且振荡，导致极限不存在。
步骤 3/6
目标：构造偏导存在但不可微的函数
考虑函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$。计算偏导数：$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-0}{h}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。但沿 $y=x$ 方向，$f(x,x)=\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}$，而 $f(0,0)=0$，故函数在原点不连续，从而不可微。
公式：$f_x(0,0)=0,\ f_y(0,0)=0$
提示：偏导数存在不能推出连续，更不可微。
步骤 4/6
目标：构造方向导数存在但不可微的函数
使用同一函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (0,0) \end{cases}$。沿任意方向 $\vec{v}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，方向导数 $\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-0}{t} = \lim_{t\to 0}\frac{t^2\cos\alpha\sin\alpha}{t^3?}$ 实际上 $f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)=\frac{t^2\cos\alpha\sin\alpha}{t^2(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)}=\cos\alpha\sin\alpha$，故方向导数为 $\cos\alpha\sin\alpha$，存在。但函数在原点不连续（沿不同方向极限不同），故不可微。
公式：$\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\alpha,t\sin\alpha)-0}{t} = \cos\alpha\sin\alpha$
提示：方向导数存在是沿直线逼近，而可微要求沿任意路径逼近。
步骤 5/6
目标：构造偏导存在、方向极限存在但不连续的函数
仍用 $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$（原点定义为0）。已证偏导存在（均为0）。方向极限：沿方向 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\lim_{\rho\to 0^+}f(\rho\cos\alpha,\rho\sin\alpha)=\cos\alpha\sin\alpha$，存在。但不同方向极限不同，故原点处极限不存在，函数不连续。
公式：$\lim_{\rho\to 0^+}f(\rho\cos\alpha,\rho\sin\alpha)=\cos\alpha\sin\alpha$
提示：方向极限存在且相等才能推出连续，这里不相等。
步骤 6/6
目标：讨论偏导存在与可微的关系
偏导数存在不能推出可微。反例：$f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}, & (x,y)\neq(0,0) \\ 0, & (0,0) \end{cases}$。计算 $f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-0}{h}=0$，同理 $f_y(0,0)=0$。但考虑增量 $\Delta f = f(x,y)-0 = \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$，若可微则 $\Delta f = 0\cdot x+0\cdot y + o(\sqrt{x^2+y^2})$，即 $\frac{|xy|}{x^2+y^2}\to 0$。但沿 $y=x$，$\frac{|x^2|}{2x^2}=\frac{1}{2}\not\to 0$，故不可微。
公式：$\frac{|\Delta f|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{|xy|}{x^2+y^2}$
提示：可微要求余项是距离的高阶无穷小，这里不是。
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