下册 7.2 多元函数的可微性 第26题
📝 题目
26．证明下列问题．
（1）设二元函数 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}g(x, y) \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, x^{2}+y^{2}=0,\end{array}\right.$ 证明：
（1）若 $g(0,0)=0, g$ 在点 $(0,0)$ 可微，且 $\mathrm{d} g(0,0)=0$ ，则 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微，且 $\mathrm{d} f(0,0)=0$ ．
（2）若 $g$ 在点 $(0,0)$ 可导，且 $f$ 在点 $(0,0)$ 可微，则 $\mathrm{d} f(0,0)=0$ ．
（2）设二元函数 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} f(x, y)=A$ ．若 $g(0,0)=0, g(x, y)$ 在 $(0,0)$ 可微，证明 $f(x, y) g(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 可微．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $g$ 在点 $(0,0)$ 可微，且 $d g(0,0)=0$ 得 $g_{x}(0,0)=g_{y}(0,0)=0$ ．
$$
\begin{aligned}
& f_{x}(0,0)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{g(\Delta x, 0) \sin \frac{1}{\sqrt{\Delta x^{2}}}-0}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{g(\Delta x, 0)-0}{\Delta x} \sin \frac{1}{\sqrt{\Delta x^{2}}}=0 \\
& f_{y}(0,0)=\lim _{\Delta y \rightarrow 0} \frac{g(0, \Delta y) \sin \frac{1}{\sqrt{\Delta y^{2}}}-0}{\Delta y}=\lim _{\Delta y \rightarrow 0} \frac{g(0, \Delta y)-0}{\Delta y} \sin \frac{1}{\sqrt{\Delta y^{2}}}=0
\end{aligned}
$$
由 $g$ 在点 $(0,0)$ 可微得
$$
\lim _{\substack{\Delta x \rightarrow 0 \\ \Delta y \rightarrow 0}} \frac{g(\Delta x, \Delta y)-g(0,0)-g_{x}(0,0) \Delta x-g_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\lim _{\substack{\Delta x \rightarrow 0 \\ \Delta y \rightarrow 0}} \frac{g(\Delta x, \Delta y)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=0 .
$$
于是
$$
\lim _{\substack{\Delta x \rightarrow 0 \\ \Delta y \rightarrow 0}} \frac{f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=\lim _{\substack{\Delta x \rightarrow 0 \\ \Delta y \rightarrow 0}} \frac{g(\Delta x, \Delta y)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} \sin \frac{1}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=0 .
$$
所以 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 可微，且 $\mathrm{d} f(0,0)=0$ ．
由 $f$ 在点 $(0,0)$ 可微知，$f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 点连续．又 $f(0,0)=0$ ，于是
$$
\lim _{x \rightarrow 0} f(x, 0)=\lim _{x \rightarrow 0} g(x, 0) \sin \frac{1}{|x|}=0 .
$$
由 $g$ 在点 $(0,0)$ 可导知，$g(x, 0)$ 在点 $x=0$ 连续．于是 $\lim _{x \rightarrow 0} g(x, 0)=g(0,0)$ ，从而 $g(0,0)=0$（否则与 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x, 0)=0$ 矛盾）．
由 $f$ 在点 $(0,0)$ 可微知，$f_{x}(0,0)$ 存在，$\displaystyle f_{x}(0,0)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f(\Delta x, 0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{g(\Delta x, 0)}{\Delta x} \sin \frac{1}{\Delta x}$ 存在．
由 $g$ 在点 $(0,0)$ 可导知，$\displaystyle g_{x}(0,0)=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{g(\Delta x, 0)-g(0,0)}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{g(\Delta x, 0)}{\Delta x}$ 存在，故 $g_{x}(0,0)=0$ ．从而 $f_{x}(0,0)=0$.
同理可证 $f_{y}(0,0)=g_{y}(0,0)=0$ 。
由 $f$ 在点 $(0,0)$ 的可微性得 $\mathrm{d} f(0,0)=f_{x}(0,0) \Delta x+f_{y}(0,0) \Delta y=0$ ．
（2）由 $g(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 可微有
$$
g(x, y)=g_{x}(0,0) \Delta x+g_{y}(0,0) \Delta y+o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right)
$$
由 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} f(x, y)=A$ 有 $f(x, y)=A+a(x, y)$ ，其中 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} a(x, y)=0$ ．于是
$$
\begin{aligned}
f(x, y) g(x, y)= & (A+a(x, y))\left(g_{x}(0,0) \Delta x+g_{y}(0,0) \Delta y+o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right)\right) \\
= & \left(A g_{x}(0,0) \Delta x+A g_{y}(0,0) \Delta y\right)+A o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right) \\
& +a(x, y)\left(g_{x}(0,0) \Delta x+g_{y}(0,0) \Delta y+o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right)\right)
\end{aligned}
$$
由于
$$
\lim _{\substack{\Delta x \rightarrow 0 \\ \Delta y \rightarrow 0}} \frac{A o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right)+a(x, y)\left(g_{x}(0,0) \Delta x+g_{y}(0,0) \Delta y+o\left(\sqrt{(\Delta x)^{2}+(\Delta y)^{2}}\right)\right)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}}=0
$$
故 $f(x, y) g(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 可微．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明(1)中f在(0,0)可微且全微分为0
由$g$在$(0,0)$可微且$\mathrm{d}g(0,0)=0$，得$g_x(0,0)=g_y(0,0)=0$。计算偏导数：
$$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{g(\Delta x,0)\sin\frac{1}{|\Delta x|}-0}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{g(\Delta x,0)}{\Delta x}\sin\frac{1}{|\Delta x|}=0,$$
同理$f_y(0,0)=0$。由$g$的可微性，$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{g(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=0$。于是
$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=\lim\frac{g(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}\sin\frac{1}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=0,$$
故$f$在$(0,0)$可微且$\mathrm{d}f(0,0)=0$。
公式：可微定义：$\lim\frac{f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x\Delta x-f_y\Delta y}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=0$
提示：注意$\sin\frac{1}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}$有界，因此极限为0。
步骤 2/5
目标：证明(1)中g(0,0)=0
由$f$在$(0,0)$可微，则$f$在$(0,0)$连续，且$f(0,0)=0$，故$\lim_{x\to0}f(x,0)=\lim_{x\to0}g(x,0)\sin\frac{1}{|x|}=0$。由于$g$在$(0,0)$可导，$g(x,0)$在$x=0$连续，所以$\lim_{x\to0}g(x,0)=g(0,0)$。若$g(0,0)\neq0$，则$\lim_{x\to0}g(x,0)\sin\frac{1}{|x|}$不存在，矛盾。故$g(0,0)=0$。
提示：注意$\sin\frac{1}{|x|}$在$x=0$附近振荡，极限存在要求系数趋于0。
步骤 3/5
目标：证明(1)中g_x(0,0)=0且f_x(0,0)=0
由$f$在$(0,0)$可微，$f_x(0,0)$存在：
$$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{g(\Delta x,0)}{\Delta x}\sin\frac{1}{|\Delta x|}.$$
由于$g$在$(0,0)$可导，$g_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{g(\Delta x,0)-g(0,0)}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\frac{g(\Delta x,0)}{\Delta x}$存在。若$g_x(0,0)\neq0$，则$\frac{g(\Delta x,0)}{\Delta x}\sin\frac{1}{|\Delta x|}$的极限不存在（因为$\sin\frac{1}{|\Delta x|}$振荡），与$f_x(0,0)$存在矛盾。故$g_x(0,0)=0$，从而$f_x(0,0)=0$。同理$f_y(0,0)=g_y(0,0)=0$。
提示：利用极限存在性推出系数必须为0。
步骤 4/5
目标：完成(1)的证明
由$f$在$(0,0)$可微，其全微分为$\mathrm{d}f(0,0)=f_x(0,0)\Delta x+f_y(0,0)\Delta y=0$。
步骤 5/5
目标：证明(2)中f(x,y)g(x,y)在(0,0)可微
由$g$在$(0,0)$可微，有$g(x,y)=g_x(0,0)\Delta x+g_y(0,0)\Delta y+o(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2})$。由$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=A$，记$f(x,y)=A+\alpha(x,y)$，其中$\alpha(x,y)\to0$。则
$$f(x,y)g(x,y)=A[g_x(0,0)\Delta x+g_y(0,0)\Delta y]+A\cdot o(\rho)+\alpha(x,y)[g_x(0,0)\Delta x+g_y(0,0)\Delta y+o(\rho)],$$
其中$\rho=\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}$。由于$\alpha(x,y)\to0$，且$\frac{o(\rho)}{\rho}\to0$，可得
$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)g(x,y)-A[g_x(0,0)\Delta x+g_y(0,0)\Delta y]}{\rho}=0,$$
因此$f(x,y)g(x,y)$在$(0,0)$可微，且全微分为$A[g_x(0,0)\Delta x+g_y(0,0)\Delta y]$。
公式：可微定义
提示：注意$\alpha(x,y)$趋于0，但乘以$\Delta x$或$\Delta y$后除以$\rho$仍有界，因此极限为0。
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