证明:函数-|||-f(x,y)= ((x)^2+(y)^2)sin dfrac (1)(sqrt {{x)^2+(y)^2}}, ^2+(y)^2neq 0,-|||-0, ^2+(y)^2=0-|||-在点(0,0)连续且偏导数存在,但偏导数在点(0,0)不连续,而f在点(0,0)可微.

题目考察知识

多元函数的连续性、偏导数存在性、偏导数连续性及可微性的判定。

一、连续性证明

函数在点$(0,0)$连续需满足：$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)$。

• 当$x^2+y^2\neq0$时，$f(x,y)=(x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$。
• 令$t=\sqrt{x^2+y^2}$，则$t\to0^+$（当$(x,y)\to(0,0)$），此时$f(x,y)=t^2\sin\frac{1}{t}$。
• 由于$\sin\frac{1}{t}$有界（$-1\leq\sin\frac{1}{t}\leq1$），$t^2\to0$，根据“有界函数乘无穷小量仍为无穷小量”，得：
  $\lim_{t\to0^+}t^2\sin\frac{1}{t}=0=f(0,0)$
• 故$f(x,y)$在$(0,0)$连续。

二、偏导数存在性证明

偏导数$F_x(0,0)$定义为：$f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}$。

• 计算$f(\Delta x,0)=(\Delta x)^2\sin\frac{1}{|\Delta x|}$，则：
  $f_x(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{(\Delta x)^2\sin\frac{1}{|\Delta x|}}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to0}\Delta x\sin\frac{1}{|\Delta x|}=0$
• 同理，$f_y(0,0)=\lim_{\Delta y\to0}\frac{f(0,\Delta y)-f(0,0)}{\Delta y}=0$。
• 故$f(x,y)$在$(0,0)$的偏导数存在，且$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$。

三、偏导数在$(0,0)$不连续

以$f_x(x,y)$为例，需验证$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)\neq f_x(0,0)=0$。

• 当$x^2+y^2\neq0$时，对$f(x,y)$求偏导：
  $f_x(x,y)=2x\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$
• 分析极限：
  • $\lim_{(x,y)\to(0,0)}2x\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$（有界乘无穷小）；
  • 对$\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$，取$y=x$，则：
    $\frac{x}{\sqrt{x^2+x^2}}\cos\frac{1}{\sqrt{2x^2}}=\frac{x}{|x|\sqrt{2}}\cos\frac{1}{|x|\sqrt{2}}$
    当$x\to0^+$时，该式$\to\frac{1}{\sqrt{2}}\cos(+\infty)$（极限不存在）；当$x\to0^-$时，$\to-\frac{1}{\sqrt{2}}\cos(+\infty)$（极限也不存在）。
• 故$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f_x(x,y)$不存在，$f_x(x,y)$在$(0,0)$不连续。同理可证$f_y(x,y)$在$(0,0)$不连续。

四、可微性证明

函数在$(0,0)$可微需满足：$\lim_{\rho\to0}\frac{\Delta f - f_x(0,0)\Delta x - f_y(0,0)\Delta y}{\rho}=0$（$\rho=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}$）。

• $\Delta f=f(\Delta x,\Delta y)-f(0,0)=(\Delta x)^2+(\Delta y)^2)\sin\frac{1}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}$，且$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，则：
  $\frac{\Delta f - 0 - 0}{\rho}=\frac{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\sin\frac{1}{\rho}=\rho\sin\frac{1}{\rho}\to0\quad(\rho\to0)$
• 故$f(x,y)$在$(0,0)$可微，且$df|_{(0,0)}=0$。