北京交通大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
六、设 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}x y \cdot \sin \left(\frac{1}{x^{2}+y^{2}}\right), & x^{2}+y^{2} \neq 0 \\ 0 & , x^{2}+y^{2}=0\end{array}\right.$ 。
1、求 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}$ 和 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}$ ．
2、 $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} 、 \frac{\partial f}{\partial y}$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 是否连续，$\displaystyle f(x, y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 是否可微？
💡 答案解析
暂无答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：求非原点处的偏导数
当 $(x,y) \neq (0,0)$ 时，$f(x,y) = xy \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)$。对 $x$ 求偏导，将 $y$ 视为常数：
\[
\frac{\partial f}{\partial x} = y \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) + xy \cos\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) \cdot \left(-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2}\right)
\]
整理得：
\[
\frac{\partial f}{\partial x} = y \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) - \frac{2x^2 y}{(x^2+y^2)^2} \cos\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)
\]
由对称性，对 $y$ 的偏导为：
\[
\frac{\partial f}{\partial y} = x \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) - \frac{2x y^2}{(x^2+y^2)^2} \cos\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)
\]
公式：\frac{\partial f}{\partial x} = y \sin\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) - \frac{2x^2 y}{(x^2+y^2)^2} \cos\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)
提示：注意复合函数求导时，对 $\sin(1/(x^2+y^2))$ 求导要使用链式法则，内层函数 $1/(x^2+y^2)$ 对 $x$ 的导数为 $-2x/(x^2+y^2)^2$。
步骤 2/4
目标：求原点处的偏导数
在 $(0,0)$ 处，利用偏导数的定义：
\[
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}
\]
由于 $f(h,0)=0$，$f(0,0)=0$，所以极限为 $0$，即：
\[
\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0
\]
同理：
\[
\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0
\]
公式：\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0
提示：分段函数在分段点处的偏导数必须用定义计算，不能直接代入非原点处的表达式。
步骤 3/4
目标：讨论偏导数在原点是否连续
考虑 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在 $(0,0)$ 的连续性。取路径 $y=x$，当 $x \to 0$ 时：
\[
\frac{\partial f}{\partial x}(x,x) = x \sin\left(\frac{1}{2x^2}\right) - \frac{2x^3}{(2x^2)^2} \cos\left(\frac{1}{2x^2}\right)
\]
化简第二项：$\frac{2x^3}{4x^4} = \frac{1}{2x}$，所以：
\[
\frac{\partial f}{\partial x}(x,x) = x \sin\left(\frac{1}{2x^2}\right) - \frac{1}{2x} \cos\left(\frac{1}{2x^2}\right)
\]
当 $x \to 0$ 时，第一项趋于 $0$，但第二项 $\frac{1}{2x} \cos\left(\frac{1}{2x^2}\right)$ 振荡且无界，极限不存在。因此 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在 $(0,0)$ 不连续。同理，$\frac{\partial f}{\partial y}$ 也不连续。
公式：\frac{\partial f}{\partial x}(x,x) = x \sin\left(\frac{1}{2x^2}\right) - \frac{1}{2x} \cos\left(\frac{1}{2x^2}\right)
提示：判断偏导数连续性时，通常选取特殊路径（如 $y=x$）来证明极限不存在，注意第二项中 $1/(2x)$ 导致无界振荡。
步骤 4/4
目标：判断函数在原点是否可微
可微的必要条件是：
\[
\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{f(h,k) - f(0,0) - f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
\]
代入 $f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=0$，$f_y(0,0)=0$，得：
\[
\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{hk \sin\left(\frac{1}{h^2+k^2}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
\]
因为：
\[
\left| \frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}} \right| \le \frac{|h||k|}{\sqrt{h^2+k^2}} \le \frac{\frac12(h^2+k^2)}{\sqrt{h^2+k^2}} = \frac12 \sqrt{h^2+k^2} \to 0
\]
而 $\sin(\cdot)$ 有界，所以整个极限为 $0$。因此 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 可微。
公式：\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{hk \sin\left(\frac{1}{h^2+k^2}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
提示：可微性判定中，利用不等式 $|hk| \leq \frac12(h^2+k^2)$ 放缩，结合有界函数性质，可证明极限为0。
步骤 5/5
目标：判断函数在原点是否可微
根据可微的定义，需验证极限是否为0：
\[
\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{hk \sin\left(\frac{1}{h^2+k^2}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}}
\]
由于 $|hk| \leq \frac{h^2+k^2}{2}$，则
\[
\left|\frac{hk}{\sqrt{h^2+k^2}}\right| \leq \frac{\sqrt{h^2+k^2}}{2} \to 0
\]
而 $\left|\sin\left(\frac{1}{h^2+k^2}\right)\right| \leq 1$，因此整个极限为0。故 $f$ 在 $(0,0)$ 可微。
公式：\lim_{(h,k)\to (0,0)} \frac{hk \sin\left(\frac{1}{h^2+k^2}\right)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
提示：可微的判定中，分子是 $f(h,k)-f(0,0)$ 减去线性近似，这里线性近似为0。利用不等式 $|hk| \leq \frac{h^2+k^2}{2}$ 放缩是关键。
步骤 6/6
目标：总结结论
1. 偏导数表达式如上。
2. $\frac{\partial f}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 在 $(0,0)$ 不连续，但 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 可微。
提示：注意偏导数存在且连续是可微的充分条件，但不是必要条件。本题中偏导数不连续但函数仍可微。
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。