题目

5【单选题】 设f(x,y)=}(x^2+y^2)sin(1)/(x^2)+y^(2),x^2+y^2neq00,x^2+y^2=0,则在原点(0,0)处f(x,y)（） A. 不连续 B. 偏导数不存在 C. 连续但不可微 D. 可微

5【单选题】 设$f(x,y)=\begin{cases}(x^{2}+y^{2})\sin\frac{1}{x^{2}+y^{2}},x^{2}+y^{2}\neq0\\0,x^{2}+y^{2}=0\end{cases}$,则在原点(0,0)处f(x,y)（）
A. 不连续
B. 偏导数不存在
C. 连续但不可微
D. 可微

题目解答

答案

1. **连续性**： 当 $(x, y) \to (0,0)$ 时，$x^2 + y^2 \to 0$，且 $\sin \frac{1}{x^2 + y^2}$ 有界，故 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0)$，函数在原点连续。 2. **偏导数**： $f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin \frac{1}{h^2} = 0$，同理 $f_y(0,0) = 0$，偏导数存在。 3. **可微性**： $\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - f(0,0) - f_x(0,0)x - f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \sqrt{x^2 + y^2} \sin \frac{1}{x^2 + y^2} = 0$，函数在原点可微。 **答案：** $\boxed{D}$

解析

考查要点：本题主要考查二元函数在某点的连续性、偏导数存在性及可微性的判断。

解题核心思路：

  1. 连续性：通过计算极限判断函数在原点处是否连续；
  2. 偏导数存在性：利用定义计算偏导数，判断是否存在；
  3. 可微性：根据可微的定义，验证误差项是否为高阶无穷小。

破题关键点：

  • 连续性：利用夹逼定理，结合三角函数有界性；
  • 偏导数：沿坐标轴方向计算差商的极限；
  • 可微性：将误差项转化为与模长相关的形式，判断极限是否为零。

1. 连续性分析

当 $(x, y) \to (0,0)$ 时，$x^2 + y^2 \to 0$，且 $\sin\frac{1}{x^2 + y^2}$ 的取值范围为 $[-1, 1]$。因此：
$0 \leq |f(x,y)| = |x^2 + y^2| \cdot \left|\sin\frac{1}{x^2 + y^2}\right| \leq x^2 + y^2.$
由夹逼定理，$\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0)$，故函数在原点连续。

2. 偏导数存在性

  • 对 $x$ 的偏导数：
    $f_x(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{h^2}}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin\frac{1}{h^2} = 0.$
  • 对 $y$ 的偏导数：
    $f_y(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(0,h) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2 \sin\frac{1}{h^2}}{h} = \lim_{h \to 0} h \sin\frac{1}{h^2} = 0.$
    偏导数存在且均为 $0$。

3. 可微性分析

函数在原点可微的充要条件为：
$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{f(x,y) - f(0,0) - f_x(0,0)x - f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = 0.$
代入得：
$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{(x^2 + y^2)\sin\frac{1}{x^2 + y^2}}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \lim_{(x,y) \to (0,0)} \sqrt{x^2 + y^2} \sin\frac{1}{x^2 + y^2} = 0.$
由于 $\sqrt{x^2 + y^2} \to 0$ 且 $\sin$ 项有界，极限为 $0$，故函数在原点可微。