陕西师范大学 2023年数学分析第0题

由偏导数的定义： \[ f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} \] 当 \( h \neq 0 \) 时，\( f(h,0) = (h^2+0^2)\sin\frac{1}{\sqrt{h^2}} = h^2 \sin\frac{1}{|h|} \)，且 \( f(0,0)=0 \)。代入得： \[ f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{|h|}}{h} = \lim_{h\to 0} h \sin\frac{1}{|h|} \] 由于 \( |h \sin\frac{1}{|h|}| \le |h| \to 0 \)，故极限为 0，即 \( f_x(0,0)=0 \)。 同理，\( f_y(0,0) = \lim_{k\to 0} \frac{f(0,k)-0}{k} = \lim_{k\to 0} k \sin\frac{1}{|k|} = 0 \)。

当 \( (x,y) \neq (0,0) \) 时，令 \( r = \sqrt{x^2+y^2} \)，则 \( f(x,y) = r^2 \sin\frac{1}{r} \)。对 x 求偏导时，注意 \( r_x = \frac{x}{r} \)，使用乘积法则和链式法则： \[ f_x = \frac{\partial}{\partial x}\left(r^2 \sin\frac{1}{r}\right) = 2r \cdot r_x \cdot \sin\frac{1}{r} + r^2 \cdot \cos\frac{1}{r} \cdot \left(-\frac{1}{r^2}\right) \cdot r_x \] 化简第一项：\( 2r \cdot \frac{x}{r} \cdot \sin\frac{1}{r} = 2x \sin\frac{1}{r} \) 化简第二项：\( r^2 \cdot \left(-\frac{1}{r^2}\right) \cdot \frac{x}{r} \cdot \cos\frac{1}{r} = -\frac{x}{r} \cos\frac{1}{r} \) 因此： \[ f_x(x,y) = 2x \sin\frac{1}{r} - \frac{x}{r} \cos\frac{1}{r}, \quad (x,y) \neq (0,0) \]

考虑沿 x 轴正方向趋于原点，即取 y=0, x>0，则 r = x，代入 f_x 表达式： \[ f_x(x,0) = 2x \sin\frac{1}{x} - \frac{x}{x} \cos\frac{1}{x} = 2x \sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x} \] 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( 2x \sin\frac{1}{x} \to 0 \)（有界量乘以无穷小），但 \( \cos\frac{1}{x} \) 在 -1 和 1 之间震荡，没有极限。因此 \( \lim_{x\to 0} f_x(x,0) \) 不存在，更不可能等于 \( f_x(0,0)=0 \)。 由函数在一点连续的定义（该点极限值等于函数值），可知 \( f_x(x,y) \) 在 (0,0) 处不连续。

函数在 (0,0) 处可微的定义是：存在常数 A, B 使得 \[ f(x,y) - f(0,0) - A x - B y = o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) \] 由第 (1) 问知 \( A = f_x(0,0)=0 \), \( B = f_y(0,0)=0 \)，因此只需验证： \[ \lim_{(x,y)\to (0,0)} \frac{f(x,y) - 0 - 0\cdot x - 0\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0 \] 代入 \( f(x,y) = (x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \)，并令 \( r = \sqrt{x^2+y^2} \)，得： \[ \lim_{r\to 0} \frac{r^2 \sin\frac{1}{r}}{r} = \lim_{r\to 0} r \sin\frac{1}{r} \] 由于 \( |r \sin\frac{1}{r}| \le |r| \to 0 \)，极限为 0。因此可微条件成立。