下册 7.2 多元函数的可微性 第27题
📝 题目
27．设 $f(x, y)=\varphi(|x y|)$ ，其中 $\varphi(0)=0$ ，且 $\varphi(u)$ 在 $u=0$ 的某个邻域中满足 $|\varphi(u)| \leqslant|u|^{a}$ 。证明：
（1）当 $\displaystyle \alpha>\frac{1}{2}$ 时，$f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微；（2）当 $\displaystyle \alpha=\frac{1}{2}$ 时，$f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）$\displaystyle f_{x}^{\prime}(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\varphi(|x \cdot 0|)-\varphi(0)}{x-0}=0$ ．同理 $f_{y}^{\prime}(0,0)=0$ ．
由于
$$
\begin{aligned}
& \frac{\left|f(\Delta x, \Delta y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) \Delta x-f_{y}(0,0) \Delta y\right|}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} \\
& =\frac{\varphi(|\Delta x \Delta y|)}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} \leqslant \frac{|\Delta x \Delta y|^{\alpha}}{\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}} \leqslant|\Delta x \Delta y|^{\alpha-\frac{1}{2}} \rightarrow o(\Delta x, \Delta y) \rightarrow(0,0)
\end{aligned}
$$
因此 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微．
（2）由 $\displaystyle \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x}=0, \frac{f(0, y)-f(0,0)}{y}=0$ 知 $f_{x}(0,0)=0, f_{y}(0,0)=0$ ．
考察极限：
$$
\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)-f(0,0)-f_{x}(0,0) x-f_{y}(0,0) y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{\sqrt{|x y|}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} .
$$
当动点 $(x, y)$ 沿直线 $y=k x$ 趋于 $(0,0)$ 时，显然对不同的 $k$ 有不同的极限值 $\displaystyle \frac{\sqrt{|k|}}{\sqrt{1+k^{2}}}$ ，因此上述极限不存在，故 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 不可微．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：计算偏导数
计算 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处的偏导数。由定义：
$$f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{\varphi(|x\cdot 0|)-\varphi(0)}{x-0}=0,$$
同理 $f_y(0,0)=0$。
公式：$$f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}$$
提示：注意 $\varphi(0)=0$，且 $|x\cdot 0|=0$，所以分子为0。
步骤 2/6
目标：写出可微性定义中的差商
考虑可微性定义中的极限：
$$\frac{|f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)-f_x(0,0)\Delta x-f_y(0,0)\Delta y|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=\frac{|\varphi(|\Delta x\Delta y|)|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}.$$
提示：注意 $f(0,0)=\varphi(0)=0$，且偏导数为0。
步骤 3/6
目标：利用已知不等式放缩
由条件 $|\varphi(u)|\le |u|^\alpha$，得
$$\frac{|\varphi(|\Delta x\Delta y|)|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}\le \frac{|\Delta x\Delta y|^\alpha}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}.$$
公式：$$|\varphi(u)|\le |u|^\alpha$$
提示：注意 $u=|\Delta x\Delta y|$。
步骤 4/6
目标：进一步放缩并证明极限为0（当α>1/2）
利用不等式 $|\Delta x\Delta y|\le \frac{1}{2}(\Delta x^2+\Delta y^2)$，有
$$\frac{|\Delta x\Delta y|^\alpha}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}\le \frac{(\frac{1}{2}(\Delta x^2+\Delta y^2))^\alpha}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=\frac{1}{2^\alpha}(\Delta x^2+\Delta y^2)^{\alpha-\frac{1}{2}}.$$
当 $\alpha>\frac{1}{2}$ 时，$\alpha-\frac{1}{2}>0$，因此当 $(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)$ 时，上式趋于0。故差商趋于0，$f$ 在 $(0,0)$ 可微。
公式：$$|\Delta x\Delta y|\le \frac{1}{2}(\Delta x^2+\Delta y^2)$$
提示：注意 $\alpha-\frac{1}{2}>0$ 是保证极限为0的关键。
步骤 5/6
目标：处理α=1/2的情况：计算偏导数
同样计算偏导数：$f_x(0,0)=0$，$f_y(0,0)=0$。
提示：与(1)相同。
步骤 6/6
目标：写出差商并考虑沿直线趋近
可微性定义中的极限为
$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|\varphi(|xy|)|}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$
由于 $\varphi(u)$ 满足 $|\varphi(u)|\le |u|^{1/2}$，但无法直接得到极限为0。考虑沿直线 $y=kx$ 趋近：
$$\frac{|\varphi(|kx^2|)|}{\sqrt{x^2+k^2x^2}}\le \frac{|kx^2|^{1/2}}{|x|\sqrt{1+k^2}}=\frac{\sqrt{|k|}}{\sqrt{1+k^2}}.$$
实际上，若取 $\varphi(u)=|u|^{1/2}$，则极限等于 $\frac{\sqrt{|k|}}{\sqrt{1+k^2}}$，依赖于 $k$，故极限不存在。因此 $f$ 在 $(0,0)$ 不可微。
公式：$$\frac{\sqrt{|k|}}{\sqrt{1+k^2}}$$
提示：注意 $\varphi(u)$ 可能取等号，导致极限依赖于路径。
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