华南理工大学 2025年数学分析第4题
📝 题目
4、（14 分）已知二元函数 $\displaystyle f(x, y)= \begin{cases}g(x, y) \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, & (x, y) \neq(0,0), \\ 0, & (x, y)=(0,0) .\end{cases}$
证明：（1）若 $\displaystyle g(0,0)=0, g(x, y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 可微，且 $\displaystyle \mathrm{d} g(0,0)=0$ ，则 $\displaystyle f(x, y)$在原点 $\displaystyle (0,0)$ 处可微，且 $\displaystyle d \mathbf{f}(0,0)=0$ ．
（2）若 $\displaystyle g(x, y)$ 在原点 $\displaystyle (0,0)$ 处有偏导数，且 $\displaystyle f(x, y)$ 在原点 $\displaystyle (0,0)$ 处可微，则 $\displaystyle \mathbf{d} \mathbf{f}(\mathbf{0}, \mathbf{0})=\mathbf{0}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：分析条件并写出g在原点的展开式
由条件，$g(0,0)=0$，且$g$在$(0,0)$可微，$\mathrm{d}g(0,0)=0$。根据可微定义，有
\[ g(x,y) = g(0,0) + 0\cdot x + 0\cdot y + o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) = o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right), \]
即当$(x,y)\to(0,0)$时，$\frac{|g(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \to 0$。
公式：g(x,y)=o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)
提示：注意可微定义中线性部分为零，余项是高阶无穷小。
步骤 2/6
目标：计算f在原点的一阶偏导数
由偏导数定义：
\[ f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{g(h,0)\sin\frac{1}{|h|}}{h}. \]
由于$\left|\frac{g(h,0)}{h}\right| = \frac{|g(h,0)|}{|h|}\to 0$，且$|\sin(\cdot)|\le 1$，故极限为$0$。同理$f_y(0,0)=0$。
公式：f_x(0,0)=0,\quad f_y(0,0)=0
提示：利用有界量乘以无穷小仍为无穷小。
步骤 3/6
目标：验证f在原点的可微性
要证$f$在原点可微且微分为$0$，只需验证极限
\[ \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|f(x,y)-f(0,0)-0\cdot x-0\cdot y|}{\sqrt{x^2+y^2}} = \lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|g(x,y)\sin(1/\sqrt{x^2+y^2})|}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0. \]
由于$|\sin(\cdot)|\le 1$，有
\[ \frac{|g(x,y)\sin(\cdots)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \le \frac{|g(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \to 0, \]
由第一步条件成立。因此$f$在原点可微且$\mathrm{d}f(0,0)=0$。
公式：\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|g(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}}=0
提示：可微定义中余项趋于零是关键，利用已知条件放缩。
步骤 4/6
目标：（第二问）由f可微反推g(0,0)=0
假设$g(0,0)\neq 0$，则存在邻域内$g(x,y)\approx g(0,0)\neq 0$。取路径$h_n=\frac{2}{(4n+1)\pi}$，则$\sin(1/|h_n|)=1$，此时
\[ \frac{f(h_n,0)-f(0,0)}{h_n} = \frac{g(h_n,0)}{h_n} \sim \frac{g(0,0)}{h_n} \to \infty, \]
与$f$可微（从而偏导数存在且有限）矛盾。故必有$g(0,0)=0$。
公式：g(0,0)=0
提示：利用正弦函数在某些点取±1构造发散子列。
步骤 5/6
目标：证明g的两个偏导数均为0
由$g(0,0)=0$，$g_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{g(h,0)}{h}$存在。取两个子列：
- 取$h_n=\frac{1}{n\pi}$，则$\sin(1/|h_n|)=0$，得$\frac{f(h_n,0)}{h_n}=0$，极限为$0$；
- 取$h_n=\frac{2}{(4n+1)\pi}$，则$\sin(1/|h_n|)=1$，得$\frac{f(h_n,0)}{h_n}=\frac{g(h_n,0)}{h_n}\to g_x(0,0)$。
由于$f$可微，$f_x(0,0)$存在且唯一，故$g_x(0,0)=0$。同理$g_y(0,0)=0$。
公式：g_x(0,0)=0,\quad g_y(0,0)=0
提示：利用极限的唯一性，两个子列极限必须相等。
步骤 6/6
目标：得出f的微分为0
由$f$可微，其微分必为$\mathrm{d}f(0,0)=f_x(0,0)\,dx+f_y(0,0)\,dy$。而由偏导数定义及$g(0,0)=0$，
\[ f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{g(h,0)\sin(1/|h|)}{h}=0, \]
同理$f_y(0,0)=0$。因此$\mathrm{d}f(0,0)=0$。
公式：\mathrm{d}f(0,0)=0
提示：可微函数的微分由偏导数唯一确定。
步骤 7/7
目标：第二部分结论总结
由$f$可微知$\mathrm{d}f(0,0)=f_x(0,0)\mathrm{d}x+f_y(0,0)\mathrm{d}y=0$。第二部分证毕。
公式：\mathrm{d}f(0,0)=0
提示：注意这里没有用到$g$的可微性，只用到偏导存在和$f$可微。
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