南京航空航天大学 2026年数学分析第9题

函数定义为： $$f(x,y)=\begin{cases}x-y+\frac{x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}, & (x,y)\neq(0,0)\\0, & (x,y)=(0,0)\end{cases}$$ 要判断在(0,0)是否连续，需计算极限$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)$是否等于0。 利用不等式$|y^2| \le x^2+y^2$，有： $$\left|\frac{x y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\right| \le |x|$$ 于是： $$|f(x,y)-(x-y)| \le |x|$$ 当$(x,y)\to(0,0)$时，$x-y\to 0$，且$|x|\to 0$，所以$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0$，等于函数值0，因此函数在(0,0)连续。

用定义求偏导在(0,0)的值： 对$x$： $$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$$ 当$h\neq 0$时，$f(h,0)=h-0+0 = h$，所以： $$\frac{h-0}{h}=1 \Rightarrow f_x(0,0)=1$$ 对$y$： $$f_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k}$$ 当$k\neq 0$时，$f(0,k)=0-k+0 = -k$，所以： $$\frac{-k-0}{k}=-1 \Rightarrow f_y(0,0)=-1$$ 因此两个一阶偏导在原点都存在。

可微需要满足： $$\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h - f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0$$ 代入$f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=1$，$f_y(0,0)=-1$，得分子： $$f(h,k)-h+k$$ 而$f(h,k)=h-k+\frac{h k^2}{h^2+k^2}$，所以： $$f(h,k)-h+k = \frac{h k^2}{h^2+k^2}$$ 于是需判断： $$\lim_{(h,k)\to(0,0)} \frac{h k^2}{(h^2+k^2)^{3/2}}$$ 取路径$k=h$： $$\frac{h\cdot h^2}{(2h^2)^{3/2}} = \frac{h^3}{2^{3/2}|h|^3} = \pm \frac{1}{2^{3/2}}$$ 极限不存在（依赖于符号），因此不为0，故不可微。

方向导数的定义： $$\frac{\partial f}{\partial \mathbf{l}}(0,0)=\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\theta,t\sin\theta)-f(0,0)}{t}$$ 当$t\neq 0$时，代入函数表达式： $$f(t\cos\theta,t\sin\theta)=t\cos\theta - t\sin\theta + \frac{t\cos\theta \cdot t^2\sin^2\theta}{t^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}$$ 化简得： $$= t(\cos\theta-\sin\theta) + t\cos\theta\sin^2\theta$$ 于是： $$\frac{f(t\cos\theta,t\sin\theta)}{t} = \cos\theta-\sin\theta + \cos\theta\sin^2\theta$$ 所以方向导数为： $$\cos\theta-\sin\theta+\cos\theta\sin^2\theta = \cos\theta(1+\sin^2\theta)-\sin\theta$$

综上所述： - $f$ 在 $(0,0)$ 处连续。 - $f_x(0,0)=1$, $f_y(0,0)=-1$，偏导数存在。 - $f$ 在 $(0,0)$ 处不可微。 - 沿方向 $\mathbf{l}=(\cos\theta,\sin\theta)$ 的方向导数为 $\cos\theta - \sin\theta + \cos\theta \sin^2\theta$。