D..2.1 Mathematicaでやってみる

まず $(0,0)$ での連続性から調べてみよう。

In[1] := f[x_,y_]:=(x^2+x y+x^2 y+y^2+y^3)/(x^2+y^2)
In[2] := f[0,0]=1
In[3] := Simplify[f[x,y]-f[0,0]]

これから

$$f(x,y)-f(0,0)=\frac{y \left(x^2+x+y^2\right)}{x^2+y^2}.$$

分子の高次の項を無視すると $\dfrac{xy}{x^2+y^2}$ に等しく、 分母分子ともに$2$ 次同次なので、0 には収束しなさそうと見当がつく。 証明するには「$y=mx$ 作戦」を試してみよう。

In[4] := % /. y-> m x
In[5] := Limit[%, x->0]

として、

$$f(x,mx)-f(0,0)=\frac{m(1+x+m^2 x)}{1+m^2},$$

$$\lim_{y=m x\atop x\to 0}\left(f(x,y)-f(0,0)\right)=\frac{m}{1+m^2}$$

が得られる。この結果は $m$ に依存するので、特に

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)\ne f(0,0).$$

ゆえに $f$ は$(0,0)$ で連続ではない (ゆえに $C^1$ 級でもないし、全微分可能でもない)。

次に $(0,0)$ での偏微分可能性を調べる。

In[6] := Simplify[(f[h,0]-f[0,0])/h]
In[7] := Simplify[(f[0,h]-f[0,0])/h]

これから

$$\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0,\quad \frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=1$$

が得られる。ゆえに (Limit[%,h->0] とするまでもなく)

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=0,\quad f_y(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=1.$$

ゆえに $f$ は $(0,0)$ で、$x$ についても $y$ についても偏微分可能である。