二元函数的可微性你会证明吗：偏导数都存在也不一定可微哦

题目 02

已知 $f(x,y)=\{\begin{array}{cl}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},& (x,y)\ne (0,0),\\ 0,& (x,y)=(0,0),\end{array}$ 则 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微吗？

解析 02

首先验证偏导数是否存在：

$$f_x^{\prime }(0,0)=\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\\ y=0\end{array}}{lim}\frac{f(\mathrm{\Delta }x,0)-0}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{0-0}{(\mathrm{\Delta }x{)}^2}=0$$

$$f_y^{\prime }(0,0)=\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }y\to 0\\ x=0\end{array}}{lim}\frac{f(0,\mathrm{\Delta }y)-0}{\mathrm{\Delta }y}=\frac{0-0}{(\mathrm{\Delta }y{)}^2}=0$$

Tips:

为了简便起见，在求解出 $f_x^{\prime }(0,0)$ 可由变量 $x$ 与 $y$ 的对称性直接得出 $f_y^{\prime }(0,0)=f_x^{\prime }(0,0)$ 的结论。

接着验证是否可微：

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\\ \mathrm{\Delta }y\to 0\end{array}}{lim}\frac{f(\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y)}{\sqrt{(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }y{)}^2}}=$$

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\\ \mathrm{\Delta }y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }x\cdot \mathrm{\Delta }y}{(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }y{)}^2}\Rightarrow$$

若令 $\mathrm{\Delta }y=\mathrm{\Delta }x$, 则：

$$\frac{(\mathrm{\Delta }x{)}^2}{2(\mathrm{\Delta }x{)}^2}=\frac{1}{2}\ne 0$$

上面的计算步骤只是一个特例，事实上：

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\\ \mathrm{\Delta }y\to 0\end{array}}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }x\cdot \mathrm{\Delta }y}{(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(\mathrm{\Delta }y{)}^2}\Rightarrow$$

$$\mathrm{\Delta }y=k\mathrm{\Delta }x\Rightarrow$$

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\end{array}}{lim}\frac{\mathrm{\Delta }x\cdot k\mathrm{\Delta }x}{(\mathrm{\Delta }x{)}^2+(k\mathrm{\Delta }x{)}^2}\Rightarrow$$

$$\underset{\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }x\to 0\end{array}}{lim}\frac{k(\mathrm{\Delta }x{)}^2}{(1+k^2)(\mathrm{\Delta }x{)}^2}=\frac{k}{1+k^2}neq0$$

综上可知，$f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处不可微。

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