题目

注 类似地， 已知函数f(x,y)=}(x^2+y^2)cdot sin (1)/(xy),&xyneq 0,0,&xy=0,则在点(0,0)处 (A.)(partial f(x,y))/(partial x)连续，f(x,y)可微. (B.)(partial f(x,y))/(partial x)连续，f(x,y)不可微. (C.)(partial f(x,y))/(partial x)不连续，f(x,y)可微. (D.)(partial f(x,y))/(partial x)不连续，f(x,y)不可微.

注 类似地， 已知函数$f(x,y)=\begin{cases}(x^{2}+y^{2})\cdot \sin \frac{1}{xy},&xy\neq 0,\\0,&xy=0,\end{cases}$则在点$(0,0)$处 (
A.)$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$连续，$f(x,y)$可微. (
B.)$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$连续，$f(x,y)$不可微. (
C.)$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$不连续，$f(x,y)$可微. (
D.)$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}$不连续，$f(x,y)$不可微.

题目解答

答案

为了确定函数 $ f(x, y) $ 在点 $(0,0)$ 处的性质，我们需要分析偏导数的连续性和函数的可微性。让我们一步步进行。 ### 第1步：计算 $ f(x, y) $ 在 $(0,0)$ 处的偏导数 偏导数 $ \frac{\partial f}{\partial x} $ 在 $(0,0)$ 处定义为： \[ \frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = 0. \] 同样，偏导数 $ \frac{\partial f}{\partial y} $ 在 $(0,0)$ 处为： \[ \frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0,k) - f(0,0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{0 - 0}{k} = 0. \] ### 第2步：计算 $ f(x, y) $ 在 $(x, y) \neq (0,0)$ 处的偏导数 对于 $ xy \neq 0 $，偏导数 $ \frac{\partial f}{\partial x} $ 为： \[ \frac{\partial f}{\partial x} = 2x \sin \frac{1}{xy} + (x^2 + y^2) \cos \frac{1}{xy} \left( -\frac{1}{x^2 y} \right) = 2x \sin \frac{1}{xy} - \frac{(x^2 + y^2) \cos \frac{1}{xy}}{x^2 y}. \] ### 第3步：检查 $ \frac{\partial f}{\partial x} $ 在 $(0,0)$ 处的连续性 我们需要检查： \[ \lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\partial f}{\partial x} = 0. \] 考虑沿直线 $ y = x $ 的极限： \[ \lim_{x \to 0} \frac{\partial f}{\partial x}(x,x) = \lim_{x \to 0} \left( 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{(x^2 + x^2) \cos \frac{1}{x^2}}{x^3} \right) = \lim_{x \to 0} \left( 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2 \cos \frac{1}{x^2}}{x} \right). \] 项 $ 2x \sin \frac{1}{x^2} $ 趋于 0，但项 $ -\frac{2 \cos \frac{1}{x^2}}{x} $ 不趋于任何有限值，因为 $ \cos \frac{1}{x^2} $ 在 $ x \to 0 $ 时在 -1 和 1 之间振荡。因此，极限不存在，$ \frac{\partial f}{\partial x} $ 在 $(0,0)$ 处不连续。 ### 第4步：检查 $ f(x, y) $ 在 $(0,0)$ 处的可微性 函数 $ f(x, y) $ 在 $(0,0)$ 处可微，如果： \[ \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{f(h,k) - f(0,0) - \frac{\partial f}{\partial x}(0,0)h - \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)k}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 0. \] 这简化为： \[ \lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{(h^2 + k^2) \sin \frac{1}{hk}}{\sqrt{h^2 + k^2}} = \lim_{(h,k) \to (0,0)} \sqrt{h^2 + k^2} \sin \frac{1}{hk}. \] 由于 $ \sin \frac{1}{hk} $ 在 -1 和 1 之间有界，$ \sqrt{h^2 + k^2} \sin \frac{1}{hk} $ 趋于 0 当 $ (h,k) \to (0,0) $。因此，$ f(x, y) $ 在 $(0,0)$ 处可微。 ### 结论 偏导数 $ \frac{\partial f}{\partial x} $ 在 $(0,0)$ 处不连续，但函数 $ f(x, y) $ 在 $(0,0)$ 处可微。正确答案是： \[ \boxed{C} \]

解析

考查要点：本题主要考查多元函数在某点处偏导数的连续性及可微性的判断，涉及极限的计算和夹逼定理的应用。

解题核心思路：

  1. 偏导数计算：分别计算函数在$(0,0)$处的偏导数$\frac{\partial f}{\partial x}$和$\frac{\partial f}{\partial y}$，并验证其连续性。
  2. 连续性判断：通过沿不同路径趋近于$(0,0)$，判断偏导数的极限是否存在且等于偏导数值。
  3. 可微性判断：利用可微的定义，验证误差项是否为高阶无穷小。

破题关键点：

  • 偏导数的定义：注意在$(0,0)$处直接代入定义计算。
  • 路径法验证极限：通过选择特定路径（如$y=x$）发现偏导数的极限不存在，从而判定不连续。
  • 夹逼定理应用：通过控制误差项的绝对值，证明可微性。

第1步：计算$(0,0)$处的偏导数

根据偏导数定义：

  • $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h,0) - f(0,0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0 - 0}{h} = 0$。
  • $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{k \to 0} \frac{f(0,k) - f(0,0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{0 - 0}{k} = 0$。

第2步：计算$(x,y) \neq (0,0)$处的偏导数

对$x$求导：
$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x \sin \frac{1}{xy} + (x^2 + y^2) \cos \frac{1}{xy} \left( -\frac{1}{x^2 y} \right) = 2x \sin \frac{1}{xy} - \frac{(x^2 + y^2) \cos \frac{1}{xy}}{x^2 y}.$

第3步：检查$\frac{\partial f}{\partial x}$的连续性

沿路径$y = x$趋近于$(0,0)$：
$\lim_{x \to 0} \frac{\partial f}{\partial x}(x,x) = \lim_{x \to 0} \left( 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2 \cos \frac{1}{x^2}}{x} \right).$

  • 第一项$2x \sin \frac{1}{x^2}$的极限为$0$。
  • 第二项$-\frac{2 \cos \frac{1}{x^2}}{x}$的绝对值趋于无穷大，极限不存在。

结论：$\frac{\partial f}{\partial x}$在$(0,0)$处不连续。

第4步：检查$f(x,y)$的可微性

根据可微定义：
$\lim_{(h,k) \to (0,0)} \frac{(h^2 + k^2) \sin \frac{1}{hk}}{\sqrt{h^2 + k^2}} = \lim_{(h,k) \to (0,0)} \sqrt{h^2 + k^2} \sin \frac{1}{hk}.$

  • $\sin \frac{1}{hk}$有界，$\sqrt{h^2 + k^2} \to 0$，故极限为$0$。

结论：$f(x,y)$在$(0,0)$处可微。