西安理工大学 2024年数学分析第6题

函数 \( f(x,y) \) 在点 \((0,0)\) 处可微，意味着存在常数 \(A, B\)（即偏导数），使得当 \((x,y)\to(0,0)\) 时，有： \[ f(x,y) - f(0,0) - A x - B y = o\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) \] 这里 \(A = f_x(0,0)\)，\(B = f_y(0,0)\)。因此，我们首先需要求出这两个偏导数。

由偏导数的定义： \[ f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} \] 当 \((h,0) \neq (0,0)\) 时，\( f(h,0) = (h^2+0+0)\sin\frac{1}{h^2} = h^2 \sin\frac{1}{h^2} \)，且 \( f(0,0)=0 \)。 所以： \[ f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{h^2}}{h} = \lim_{h\to 0} h \sin\frac{1}{h^2} \] 由于 \(|\sin(\cdot)|\le 1\)，故 \(|h \sin(1/h^2)| \le |h| \to 0\)，因此极限为0。同理，由对称性，\( f_y(0,0)=0 \)。

由于 \( f(0,0)=0 \)，且 \( f_x(0,0)=f_y(0,0)=0 \)，若函数可微，则需满足： \[ f(x,y) - 0 - 0\cdot x - 0\cdot y = f(x,y) = o(\sqrt{x^2+y^2}) \] 即需要验证： \[ \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0 \]

当 \((x,y)\neq(0,0)\) 时， \[ \frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x^2+xy+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \cdot \sin\frac{1}{x^2+y^2} \] 正弦部分绝对值不超过1，因此只需考虑前面部分的极限。使用极坐标：令 \(x=r\cos\theta, y=r\sin\theta\)，则 \(r=\sqrt{x^2+y^2}\)， \[ x^2+xy+y^2 = r^2(\cos^2\theta + \cos\theta\sin\theta + \sin^2\theta) = r^2\left(1+\frac{1}{2}\sin 2\theta\right) \] 于是： \[ \frac{x^2+xy+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} = r\left(1+\frac{1}{2}\sin 2\theta\right) \] 括号内的值介于 \(\frac{1}{2}\) 与 \(\frac{3}{2}\) 之间，有界。因此： \[ \left|\frac{f(x,y)}{\sqrt{x^2+y^2}}\right| \le r \cdot \frac{3}{2} \to 0 \quad (r\to 0) \] 故极限为0。

由于偏导数存在且均为0，并且满足误差项 \( f(x,y) \) 是 \( \sqrt{x^2+y^2} \) 的高阶无穷小，因此函数 \( f(x,y) \) 在 \((0,0)\) 处可微。