华东师范大学 2019年数学分析第0题
📝 题目
13．设 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}y \cdot \arctan \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} & ,(x, y) \neq(0,0) \\ 0 & ,(x, y)=(0,0)\end{array}\right.$ 。证明：$f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 点处连续，并讨论其偏导数的存在性及可微性。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明函数在 (0,0) 点连续
需要验证极限 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = f(0,0)=0$。当 $(x,y)\neq(0,0)$ 时，有 $|f(x,y)| = |y| \cdot \left|\arctan\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|$。由于 $\left|\arctan\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right| \le \frac{\pi}{2}$，因此 $|f(x,y)| \le \frac{\pi}{2} |y|$。当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，$|y|\to 0$，由夹逼定理得极限为 0，故连续。
公式：|f(x,y)| \le \frac{\pi}{2} |y|
提示：注意利用反正切函数的有界性进行放缩。
步骤 2/4
目标：讨论偏导数 $f_x(0,0)$ 的存在性
使用偏导数定义：$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$。当 $h\neq 0$ 时，$f(h,0)=0\cdot \arctan\frac{1}{\sqrt{h^2+0}}=0$，分子恒为 0，因此极限为 0，故 $f_x(0,0)=0$。
公式：f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{0-0}{h}=0
提示：代入 $y=0$ 时函数值为 0，直接计算即可。
步骤 3/4
目标：讨论偏导数 $f_y(0,0)$ 的存在性
使用偏导数定义：$f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}$。当 $k\neq 0$ 时，$f(0,k)=k\cdot \arctan\frac{1}{|k|}$，差商为 $\arctan\frac{1}{|k|}$。当 $k\to 0$ 时，$\frac{1}{|k|}\to +\infty$，$\arctan\frac{1}{|k|}\to \frac{\pi}{2}$，故 $f_y(0,0)=\frac{\pi}{2}$。
公式：f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\arctan\frac{1}{|k|}=\frac{\pi}{2}
提示：注意 $\sqrt{0+k^2}=|k|$，且 $\arctan$ 在无穷远处的极限为 $\frac{\pi}{2}$。
步骤 4/4
目标：讨论函数在 (0,0) 点的可微性
可微性条件：$\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$。代入 $f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=0$，$f_y(0,0)=\frac{\pi}{2}$，分子为 $k\left(\arctan\frac{1}{\sqrt{h^2+k^2}} - \frac{\pi}{2}\right)$。利用恒等式 $\arctan\frac{1}{t} = \frac{\pi}{2} - \arctan t$（$t>0$），其中 $t=\sqrt{h^2+k^2}$，得分子 $= -k \arctan(\sqrt{h^2+k^2})$。于是差商为 $\frac{-k \arctan(\sqrt{h^2+k^2})}{\sqrt{h^2+k^2}}$，其绝对值 $\le \left|\frac{k}{\sqrt{h^2+k^2}}\right| \cdot \arctan(\sqrt{h^2+k^2}) \le \arctan(\sqrt{h^2+k^2})$。当 $(h,k)\to(0,0)$ 时，$\arctan(\sqrt{h^2+k^2})\to 0$，故极限为 0，函数可微。
公式：\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{-k \arctan(\sqrt{h^2+k^2})}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0
提示：关键步骤是利用 $\arctan$ 的恒等式化简，并注意 $\left|\frac{k}{\sqrt{h^2+k^2}}\right| \le 1$。
步骤 5/5
目标：讨论可微性：化简并求极限
令 $r = \sqrt{h^2+k^2}$，则 $\arctan\frac{1}{r} = \frac{\pi}{2} - \arctan r$，所以 $\arctan\frac{1}{r} - \frac{\pi}{2} = -\arctan r$。原式变为 $\frac{k}{r} (-\arctan r)$。取绝对值：$\left| \frac{k}{r} (-\arctan r) \right| \le \frac{|k|}{r} \cdot |\arctan r|$。由于 $|\arctan r| \le r$，故 $\le \frac{|k|}{r} \cdot r = |k| \le r \to 0$。因此极限为0，函数在原点可微。
公式：\left| \frac{k}{r} (-\arctan r) \right| \le |k| \le r \to 0
提示：利用 $\arctan(1/r) = \pi/2 - \arctan r$ 和 $|\arctan r| \le r$ 进行放缩，避免近似错误。
步骤 6/6
目标：验证可微性极限
考虑极限 $\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{|k| \arctan\sqrt{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}}$。由于 $|k| \leq \sqrt{h^2+k^2}$，且 $\arctan\sqrt{h^2+k^2} \sim \sqrt{h^2+k^2}$ 当 $\sqrt{h^2+k^2}\to 0$，故该极限为 $0$。因此 $f$ 在 $(0,0)$ 可微。
公式：$\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{|k| \arctan\sqrt{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$
提示：使用夹逼定理：$0 \leq \frac{|k| \arctan\sqrt{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}} \leq \arctan\sqrt{h^2+k^2} \to 0$。
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