新疆大学 2026年数学分析第8题
📝 题目
8．（ 15 分）证明函数
$$
f(x, y)= \begin{cases}\left(x^{2}+y^{2}\right) \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, & x^{2}+y^{2} \neq 0 \\ 0, & x^{2}+y^{2}=0\end{cases}
$$
在点 $\displaystyle (0,0)$ 连续且偏导数存在．但偏导数在点 $\displaystyle (0,0)$ 不连续，而 $\displaystyle f(x, y)$ 在点 $\displaystyle (0,0)$ 可微．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明函数在原点连续
要证明 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = f(0,0)=0$。对于 $(x,y)\neq(0,0)$，有 $|f(x,y)| = \left| (x^2+y^2) \sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \right| \le x^2+y^2$。因为 $\sin$ 的绝对值不超过1。当 $(x,y)\to(0,0)$ 时，$x^2+y^2\to 0$，由夹逼定理得极限为0，故函数在原点连续。
公式：|f(x,y)| \le x^2+y^2
提示：注意利用 $|\sin| \le 1$ 进行放缩，并用夹逼定理。
步骤 2/5
目标：证明偏导数在原点存在
先求 $f_x(0,0)$：由定义 $f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$。当 $h\neq 0$ 时，$f(h,0)=h^2 \sin\frac{1}{|h|}$，$f(0,0)=0$，所以 $\frac{f(h,0)-0}{h} = h \sin\frac{1}{|h|}$。当 $h\to 0$ 时，$|h \sin\frac{1}{|h|}| \le |h| \to 0$，故极限为0，即 $f_x(0,0)=0$。同理可得 $f_y(0,0)=0$。
公式：f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} h \sin\frac{1}{|h|} = 0
提示：偏导定义中注意分母是 $h$，分子是 $f(h,0)-f(0,0)$，不要遗漏。
步骤 3/5
目标：求原点以外的偏导表达式
当 $(x,y)\neq(0,0)$，记 $r=\sqrt{x^2+y^2}>0$，则 $f(x,y)=r^2 \sin\frac{1}{r}$。对 $x$ 求偏导：$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x \sin\frac{1}{r} + r^2 \cos\frac{1}{r} \cdot \left(-\frac{1}{r^2}\right)\cdot \frac{x}{r} = 2x \sin\frac{1}{r} - \frac{x}{r} \cos\frac{1}{r}$。
公式：f_x(x,y) = 2x \sin\frac{1}{r} - \frac{x}{r} \cos\frac{1}{r}, \quad r=\sqrt{x^2+y^2}
提示：复合函数求导时注意 $\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{r}$，且 $\frac{d}{dr}\sin\frac{1}{r} = -\frac{1}{r^2}\cos\frac{1}{r}$。
步骤 4/5
目标：证明偏导数在原点不连续
考虑沿 $x$ 轴正方向趋近原点，取点 $(t,0)$，$t>0$，$t\to 0^+$。此时 $r=|t|=t$，则 $f_x(t,0) = 2t\sin\frac{1}{t} - \cos\frac{1}{t}$。当 $t\to 0^+$，第一项 $2t\sin\frac{1}{t}\to 0$，第二项 $\cos\frac{1}{t}$ 在 $[-1,1]$ 内震荡，不趋于任何数，更不趋于 $f_x(0,0)=0$，故极限不存在，偏导在原点不连续。
公式：f_x(t,0) = 2t\sin\frac{1}{t} - \cos\frac{1}{t}
提示：选取特殊路径（如沿坐标轴）来证明极限不存在，注意 $\cos\frac{1}{t}$ 的震荡性。
步骤 5/5
目标：证明函数在原点可微
可微需验证 $\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$。已知 $f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，故只需验证 $\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$。令 $r=\sqrt{h^2+k^2}$，则 $\frac{|f(h,k)|}{r} = \frac{r^2 |\sin(1/r)|}{r} = r |\sin(1/r)| \le r \to 0$，所以极限为0，满足可微定义。
公式：\frac{|f(h,k)|}{\sqrt{h^2+k^2}} \le \sqrt{h^2+k^2} \to 0
提示：可微定义中线性部分系数即为偏导数值，此处均为0，因此只需检查 $f(h,k)$ 比 $\sqrt{h^2+k^2}$ 高阶无穷小。
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