人邮高数 第6章 第6-2-*18题
📝 题目
＊18．设函数 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}\left(x^{2}+y^{2}\right) \sin \frac{1}{x^{2}+y^{2}}, & x^{2}+y^{2} \neq 0, \\ 0, & x^{2}+y^{2}=0,\end{array}\right.$ 讨论该函数在 $(0,0)$点的连续性、可导性与可微性。
💡 答案解析
[AI解答]
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**步骤1：连续性讨论**
考察函数在 $(0,0)$ 处的极限。当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，令 $r = \sqrt{x^2 + y^2} \to 0$，则 $$ |f(x,y) - f(0,0)| = \left| r^2 \sin\frac{1}{r^2} \right| \le r^2 \to 0. $$ 因此 $$ \lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0), $$ 所以函数在 $(0,0)$ 处连续。
**步骤2：偏导数存在性**
由定义， $$ f_x(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{h^2}}{h} = \lim_{h\to 0} h \sin\frac{1}{h^2} = 0. $$ 同理 $$ f_y(0,0) = \lim_{k\to 0} \frac{f(0,k) - f(0,0)}{k} = \lim_{k\to 0} k \sin\frac{1}{k^2} = 0. $$ 故两个一阶偏导数在原点存在且均为 0。
**步骤3：可微性判定**
函数在 $(0,0)$ 可微的充要条件是 $$ \lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{f(\Delta x,\Delta y) - f(0,0) - f_x(0,0)\Delta x - f_y(0,0)\Delta y}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = 0. $$ 代入已知值，上式化为 $$ \lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)} \frac{(\Delta x^2 + \Delta y^2) \sin\frac{1}{\Delta x^2 + \Delta y^2}}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} = \lim_{r\to 0} \frac{r^2 \sin\frac{1}{r^2}}{r} = \lim_{r\to 0} r \sin\frac{1}{r^2} = 0. $$ 因此该极限为 0，函数在原点可微。
**结论**：函数在 $(0,0)$ 处连续、偏导数存在且可微。
难度：★★☆☆☆