广西民族大学 2014年数学分析第0题

要证明连续，即证明 \(\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = f(0,0)=0\)。当 \((x,y)\neq(0,0)\) 时，有 \(|f(x,y)| = \left| (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2} \right| \le x^2+y^2\)。因为 \(|\sin(\cdot)|\le 1\)。当 \((x,y)\to(0,0)\) 时，\(x^2+y^2\to 0\)，由夹逼定理，极限为0，所以连续。

由偏导数定义：\(f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}\)。当 \(h\neq 0\) 时，\(f(h,0)=h^2\sin\frac{1}{h^2}\)，所以 \(\frac{f(h,0)-0}{h}=h\sin\frac{1}{h^2}\)。当 \(h\to 0\)，\(|h\sin(1/h^2)|\le |h|\to 0\)，因此极限为0，即 \(f_x(0,0)=0\)。同理，由对称性，\(f_y(0,0)=0\)。

先求原点外的偏导表达式。当 \((x,y)\neq(0,0)\) 时，记 \(r^2=x^2+y^2\)，则 \(f=r^2\sin(1/r^2)\)。对 \(x\) 求偏导：\(f_x = 2x\sin\frac{1}{r^2} + r^2\cos\frac{1}{r^2}\cdot \left(-\frac{2x}{r^4}\right) = 2x\sin\frac{1}{r^2} - \frac{2x}{r^2}\cos\frac{1}{r^2}\)。沿 \(x\) 轴趋于原点，即取 \(y=0, x\to 0\)：\(f_x(x,0)=2x\left(\sin\frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^2}\cos\frac{1}{x^2}\right)\)。当 \(x\to 0\)，第一项 \(2x\sin(1/x^2)\to 0\)，但第二项 \(- \frac{2}{x}\cos(1/x^2)\) 不趋于0（如取 \(x_n=1/\sqrt{2n\pi}\) 则 \(\cos=1\)，该项趋于无穷），因此极限不存在，故 \(f_x\) 在原点不连续。同理 \(f_y\) 也不连续。

要证明可微，即证明 \(\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)。已知 \(f(0,0)=0\)，\(f_x(0,0)=f_y(0,0)=0\)，所以只需证 \(\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{(h^2+k^2)\sin\frac{1}{h^2+k^2}}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)，化简为 \(\lim_{(h,k)\to(0,0)} \sqrt{h^2+k^2}\,\sin\frac{1}{h^2+k^2}\)。由于 \(|\sin(\cdot)|\le 1\)，这个表达式的绝对值 \(\le \sqrt{h^2+k^2}\to 0\)，因此极限为0，所以可微。