嘿，我来帮你梳理下这个问题的思路哈！首先先明确你的核心困惑：能不能直接因为$f(0,0)=0$就断言该点偏导数存在且为0？还有怎么用定义验证可微，以及偏导数在$(0,0)$处的极限问题。

一、先解决偏导数是否存在且为0的问题 #

不能直接凭$f(0,0)=0$就下结论哦，必须严格用偏导数的定义来计算：

• 计算$f_x(0,0)$：
  根据偏导数定义，$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h,0)-f(0,0)}{h}$，代入函数值：
  $$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{h\cdot0^2\sin\frac{1}{h}-0}{h}=\lim_{h\to0}0=0$$
• 计算$f_y(0,0)$：
  同样用定义，$f_y(0,0)=\lim_{k\to0}\frac{f(0,0+k)-f(0,0)}{k}$，因为$x=0$时$f(0,k)=0$，所以：
  $$f_y(0,0)=\lim_{k\to0}\frac{0-0}{k}=0$$
  所以确实，$(0,0)$处的两个偏导数都存在且为0，但这是通过定义推导出来的，不是直接由$f(0,0)=0$得出的哦。

二、用定义验证函数在$(0,0)$处的可微性 #

可微的定义是：若$\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{f(h,k)-f(0,0)-f_x(0,0)h-f_y(0,0)k}{\sqrt{h^2+k2}}=0$，则函数在$(0,0)$处可微。

代入已知的$f(0,0)=0$、$f_x(0,0)=0$、$f_y(0,0)=0$，分子就简化为$f(h,k)$（当$h\neq0$时，$f(h,k)=hk^2\sin\frac{1}{h}$；当$h=0$时，分子为0），所以我们需要计算：
$$\lim_{(h,k)\to(0,0)}\frac{hk^{2\sin\frac{1}{h}}{\sqrt{h}2+k^2}}$$

这里可以用夹逼准则来估计：
因为$|\sin\frac{1}{h}|\leq1$，所以：
$$\left|\frac{hk^{2\sin\frac{1}{h}}{\sqrt{h}2+k^{2}}\right|\leq\left|\frac{hk}2}{\sqrt{h^2+k2}}\right|$$
又因为$\sqrt{h^2+k2}\geq|h|$，所以$\frac{|h|}{\sqrt{h^2+k2}}\leq1$，进而：
$$\left|\frac{hk^2}{\sqrt{h2+k^{2}}\right|\leq|k}2|\cdot\frac{|h|}{\sqrt{h^2+k2}}\leq|k^2|$$
当$(h,k)\to(0,0)$时，$|k^2|\to0$，根据夹逼准则，原极限等于0，满足可微的定义，所以函数在$(0,0)$处是可微的。

三、关于偏导数$f_x$在$(0,0)$处的极限问题 #

你提到算不出这个极限，其实这个极限是不存在的。比如取$y=1$，让$x=\frac{1}{2n\pi}$（$n$为正整数），当$n\to\infty$时$x\to0$，代入$f_x(x,1)$：
$$f_x\left(\frac{1}{2n\pi},1\right)=1^2\left(\sin2n\pi - 2n\pi\cos2n\pi\right)=0 - 2n\pi\cdot1=-2n\pi$$
当$n\to\infty$时，这个值趋向负无穷；如果取$x=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}$，则：
$$f_x\left(\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}},1\right)=1^2\left(\sin\left(2n\pi+\frac{\pi}{2}\right) - (2n\pi+\frac{\pi}{2})\cos\left(2n\pi+\frac{\pi}{2}\right)\right)=1 - 0=1$$
两种趋近方式得到的极限不一样，所以$f_x(x,y)$在$(0,0)$处的极限不存在。不过这并不影响函数的可微性，因为偏导数连续只是可微的充分条件，不是必要条件，即使偏导数在该点不连续，函数也可能可微，这里就是典型的例子。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Jam