1.3 习题课讲解

1.3.1 多元函数极限的多种形式

解 由均值不等式可得$$\begin{array}{}\text{(1)}& \left|\frac{xy}{x^2+y^2}\right|\le \frac{1}{2}\end{array}$$ 所以对任意$\epsilon >0$，取正整数$n>\frac{1}{\epsilon }$，则当$|x|>n$时，$$\begin{array}{}\text{(2)}& {\left|\frac{xy}{x^2+y^2}\right|}^{x^2}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}<\frac{1}{2^{n^2}}<\frac{1}{n^2}\le \frac{1}{n}<\epsilon \end{array}$$ 故极限为$0$。 $◻$

解 当$x_0\ne 0$时，$f$在$(x_0,y_0)$连续，从而$\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{lim}f(x,y)=f(x_0,y_0)=\frac{\sin \left(x_0{y}_0\right)}{x_0}$。

当$y_0\ne 0$时，$\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{lim}f(x,y)=\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{lim}\frac{\sin xy}{xy}y=y_0=f(0,y_0)$，所以$f$在$(0,y_0)$连续。

注意到$$\begin{array}{}\text{(3)}& |f(x,y)|\le |y|,\mathrm{\forall }(x,y)\end{array}$$ 所以对任何$(x_0,0)$，$\underset{(x,y)\to (x_0,0)}{lim}f(x,y)=0=f(x_0,0)$。所以$f$在$(x_0,0)$连续。

所以$f$是连续函数。 $◻$

注 以下是常见错误：

(1)

“当$x_0=0$时，$f(x_0,y_0)=y_0$，故$f$连续”错误，应当验证$\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{lim}f(x,y)=y_0$。

(2)

分情况讨论时需要单独讨论$(0,0)$，因为可以转圈趋于原点，此时无法代入表达式。

解 标准做法是极坐标换元：令$r=\sqrt{x^2+y^2}$，则$$\begin{array}{}\text{(4)}& |xy\ln (x^2+y^2)|\le -r^2\ln r^2=-2r^2\ln r\to 0,r\to 0\end{array}$$ 以上过程对$\theta$一致，故$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}xy\ln (x^2+y^2)=0$。 $◻$

注 极坐标换元一般多用于求原点和（各种）无穷远处的极限，证明是平凡的，从略。

如何理解这里的“对$\theta$一致”？类比一致连续，我们有：

• 不一致：$\mathrm{\forall }\theta$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,\theta )>0$，使得……
• 一致：$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )>0$，使得$\mathrm{\forall }\theta$，……

为何需要一致性？假如$\delta$依赖于$\theta$，能否选择某个趋近路线$\gamma$，使得$\underset{(\rho ,\theta )\in \gamma }{inf}\delta (\epsilon ,\theta )=0$？例如：$$\begin{array}{}\text{(5)}& \underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x{y}^2}{x^2+y^4}=\underset{\rho \to 0}{lim}\frac{\rho {\sin }^2\theta \cos \theta }{{\cos }^2\theta +{\rho }^2{\sin }^4\theta }\end{array}$$

当$\theta =0,\pm \frac{\pi }{2},\pi$时，原函数始终为$0$，$\delta$可任意选取；

当$\theta$不为以上值时，为使函数值（的绝对值）能被$\epsilon$控制，须有$$\begin{array}{}\text{(6)}& \frac{\rho {\sin }^2\theta |\cos \theta |}{{\cos }^2\theta +{\rho }^2{\sin }^4\theta }<\frac{\rho {\sin }^2\theta }{|\cos \theta |}\le \epsilon ⟹\delta (\epsilon ,\theta )=\frac{\epsilon |\cos \theta |}{{\sin }^2\theta }\end{array}$$ 遗憾的是$$\begin{array}{}\text{(7)}& \underset{\theta \in (-\pi ,\pi )\setminus \{0,\pm \frac{\pi }{2}\}}{inf}\delta (\epsilon ,\theta )=0\end{array}$$ 所以以上换元不成立。实际上，这个函数在$(0,0)$处的多重极限不存在。

然而，一致性实际上是一个稍强的条件（即充分条件），因为它不论$\theta$以何种方式趋近都要求收敛，实际上在有些场景下$\theta$的趋近方式是存在约束的（虽然可能很难写出来）。例如：$$\begin{array}{}\text{(8)}& \underset{\begin{array}{c}x\to +\mathrm{\infty }\\ y\to +\mathrm{\infty }\end{array}}{lim}\frac{1}{x}=0,\underset{\rho \to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\rho \cos \theta }=?\end{array}$$ 上例中$\theta$不能过多靠近$0$和$\frac{\pi }{2}$，此时一致性是不必要的。

1.3.2 累次极限与重极限

解 注意到$$\begin{array}{}\text{(9)}& |f(x,y)|\le |x|+|y|\end{array}$$ 所以$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)=0$。但$\underset{x\to 0}{lim}f(x,y),\underset{y\to 0}{lim}f(x,y)$都不存在，所以两个累次极限不存在。 $◻$

注 求累次极限时相当于其他自变量当作常数。$$\begin{array}{}\text{(10)}& \underset{y\to 0}{lim}\underset{x\to 0}{lim}(x\sin \frac{1}{y}+y\sin \frac{1}{x})=\underset{y\to 0}{lim}(0\cdot \sin \frac{1}{y}+y\cdot \text{不定})=\text{不定}\end{array}$$

解 (1) 对$y\ne 0$，$\underset{x\to 0}{lim}\frac{3xy}{x^2+y^2}=0$，所以$\underset{y\to 0}{lim}\underset{x\to 0}{lim}\frac{3xy}{x^2+y^2}=0$。由对称性，$\underset{x\to 0}{lim}\underset{y\to 0}{lim}\frac{3xy}{x^2+y^2}=0$。注意到$$\begin{array}{}\text{(11)}& f({\mathrm{e}}^{-t}\cos t,{\mathrm{e}}^{-t}\sin t)=3\cos t\sin t\end{array}$$ 在$t\to +\mathrm{\infty }$没有极限。由复合函数极限定理知，二重极限$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{3xy}{x^2+y^2}$不存在。

(2) 累次极限与上例类似。对重极限，可以考虑$f(x,x)$和$f(x,2x)$。

(3) 累次极限与上例类似。对重极限，可以考虑$f(x,kx)$。 $◻$

注

(1)

上述条件是否蕴涵重极限$\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{lim}f(x,y)$存在？答案是否定的，反例为$f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$。限制$(x,y)\in (-1,1{)}^2$，注意到$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta =\epsilon >0$，使得$$\begin{array}{}\text{(16)}& \left|\frac{x_{0}y}{x_0^2+y^2}\right|\le \frac{\delta }{|x_0|}<\delta =\epsilon \end{array}$$

(2)

如果$f$在$(x_0,y_0)$的一个矩形邻域内连续，则是否有$\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=\underset{y\to y_0}{lim}h(y)=f(x_0,y_0)$？显然，证明如下：取该矩形邻域的闭子集，则$f$在有界闭集上一致连续，故$g(x),h(y)$存在且$g(x_0)=h(y_0)=f(x_0,y_0)$。由例题可知$\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=\underset{y\to y_0}{lim}h(y)=f(x_0,y_0)$。

解 (1) 注意到$$\begin{array}{}\text{(17)}& (x+y{)}^{\frac{x+y+1}{x+y-1}}={\mathrm{e}}^{(x+y+1)\frac{\ln (x+y)}{x+y-1}}\end{array}$$ 其中$$\begin{array}{}\text{(18)}& \frac{\ln (x+y)}{x+y-1}=f(x+y-1),f(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+t)}{t},& t>-1,t\ne 0\\ 1,& t=0\end{array}\end{array}$$ $f$是连续函数，所以$$\begin{array}{}\text{(19)}& g(x,y)={\mathrm{e}}^{(x+y+1)f(x+y-1)}\end{array}$$ 是连续函数。从而$\underset{(x,y)\to (1,0)}{lim}g(x,y)=g(1,0)={\mathrm{e}}^2$。

(2) 利用极坐标换元：令$r=\sqrt{x^2+y^2}$，则$$\begin{array}{}\text{(20)}& |(x+y)\ln (x^2+y^2)|\le -\sqrt{2}r\ln r^2=-2\sqrt{2}r\ln r\to 0,r\to 0\end{array}$$ 以上过程对$\theta$一致，故$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}xy\ln (x^2+y^2)=0$。

(3) 注意到$$\begin{array}{}\text{(21)}& \left|\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}\right|\le \frac{2r}{r^2-r^2\sin \theta \cos \theta }\le \frac{2}{r(1-\frac{\sin 2\theta }{2})}<\frac{4}{r}\end{array}$$ 所以$\underset{(x,y)\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=0$，因此$\underset{\begin{array}{c}x\to \mathrm{\infty }\\ y\to \mathrm{\infty }\end{array}}{lim}\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=0$。

(4) 注意到$$\begin{array}{}\text{(22)}& 0<(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-(x+y)}<x^2{\mathrm{e}}^{-x}+y^2{\mathrm{e}}^{-y}\to 0,x\to +\mathrm{\infty },y\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 事实上，当$x>0,y>0$时，${\mathrm{e}}^{x+y}>\frac{(x+y{)}^4}{4!}>\frac{{(x^2+y^2)}^2}{4!}$，所以$$\begin{array}{}\text{(23)}& 0<(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-(x+y)}<\frac{24}{x^2+y^2}=\frac{24}{r^2}\to 0,r\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

(5) 注意到$$\begin{array}{}\text{(24)}& g(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-\cos t}{t},& t\ne 0\\ 0,& t=0\end{array}\end{array}$$ 连续，则$f(x,y)=g(x^2+y^2)$连续；此外$h(x,y)={\mathrm{e}}^{-x^2{y}^2}$连续，所以$f(x,y)h(x,y)$连续。 $◻$

解 对$f(x,y)=\frac{x^2{y}^m}{x^3+y^3}$，考虑$$\begin{array}{}\text{(25)}& f(t,-t+C{t}^{k+1})=\frac{(-1{)}^m{t}^{2+m}{(1-C{t}^k)}^m}{-3C{t}^{k+3}(1+o(1))}\end{array}$$ 故极限不存在。此例说明，对多元多项式，无穷小比阶不能仅看多项式的次数。 $◻$

解 注意到$$\begin{array}{}\text{(26)}& g(t+u,t+v)=\frac{f(t+u)-f(t+v)}{u-v}=\frac{1}{u-v}{\int }_{t+v}^{t+u}{f}^{\prime }(s)\mathrm{d}s=f^{\prime }(t+\xi )\end{array}$$ $min\{u,v\}\le \xi \le max\{u,v\}$，所以当 $(u,v)\to (0,0)$ 时，$$\begin{array}{}\text{(27)}& |\xi |\le max\{|u|,|v|\}\to 0\end{array}$$ 因此 $\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}g(x,y)=f^{\prime }(t)$。 $◻$

注¹ 以下是常见错误：

(1)

重极限与累次极限没有直接关系，下面的做法是错误的：$$\begin{array}{}\text{(28)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=\underset{x\to t}{lim}\frac{f(x)-f(t)}{x-t}=f^{\prime }(t)\end{array}$$ 此处实际上是把$\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}g(x,y)$拆成了$\underset{x\to t}{lim}\underset{y\to t}{lim}g(x,y)$，这是不正确的。

(2)

$\underset{x\to t}{lim}\frac{F(x)}{G(x)}=\underset{y\to t}{lim}\frac{F(y)}{G(y)}=A$不能推出$\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{F(x)-F(y)}{G(x)-G(y)}=A$，因为$\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F(y)}{G(y)}$并不恒成立。

本题需要利用复合函数的极限：若$\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=y_0$、$g$在$y_0$处连续且$\underset{y\to y_0}{lim}g(y)=A$。证明此题时需要处理很多细节：

(1)

由Lagrange中值定理可得$\mathrm{\exists }\xi (x,y)$位于$x,y$之间使得$$\begin{array}{}\text{(29)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}{f}^{\prime }(\xi (x,y))=f^{\prime }(\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\xi (x,y))=f^{\prime }(t)\end{array}$$ 式中使用了复合函数的极限。在应用定理时我们还需要证明内层极限存在，这可以使用夹挤定理：$$\begin{array}{}\text{(30)}& t=\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}min\{x,y\}\le \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\xi (x,y)\le \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}max\{x,y\}=t\end{array}$$

(2)

由Taylor公式可得$$\begin{array}{}\text{(31)}& \begin{array}{rl}\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}& =\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-[f(x)+f^{\prime }(x)(y-x)+o(y-x)]}{x-y}\\ & =\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}[f^{\prime }(x)+o(1)]=f^{\prime }\left(\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}x\right)+\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}o(1)\\ & =f^{\prime }(t)+0=f^{\prime }(t)\end{array}\end{array}$$ 式中使用了复合函数的极限。上面的写法不太好，$o(1)$的含义是什么？如果要直接判断其为$0$，需要$o(1)$对$x$一致。此处可以规避这个问题：$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta >0$使得$$\begin{array}{}\text{(32)}& 0<|y-x|<\delta ⟹|f(y)-f(x)-f^{\prime }(x)(y-x)|<\epsilon |y-x|\end{array}$$ 故$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$，$\mathrm{\exists }\epsilon =\frac{1}{2}{\epsilon }^{\prime }$、$\mathrm{\exists }\delta >0$，使得$\mathrm{\forall }x\ne y$，$$\begin{array}{}\text{(33)}& \begin{array}{rl}0<|x-t|+|y-t|<\delta & ⟹0<|x-y|\le |x-t|+|y-t|<\delta \\ & ⟹\epsilon =\frac{1}{2}{\epsilon }^{\prime }<{\epsilon }^{\prime }\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(34)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}o(1)=0\end{array}$$ 由此可见，这个$o(1)$的写法会丢失很多信息，尽量不要使用。

除了利用复合函数的极限，还可以根据连续的定义，用$\frac{1}{2}{\epsilon }^{\prime }$去控制$|f^{\prime }(\xi (x,y))-f^{\prime }(t)|$等。

注² 如果$f^{\prime }$不连续，结论对吗？答案是否定的，反例为$f(x)=x^2\sin \frac{1}{x}$（补充定义$f(0)=0$），此时$g(x,0)=x\sin \frac{1}{x}\to 0$，设$k\in {\mathbb{N}}^{+}$，则$$\begin{array}{}\text{(35)}& g(\frac{1}{(2k+\frac{1}{2})\pi },\frac{1}{(2k-\frac{1}{2})\pi })=\frac{\frac{1}{(2k+\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}+\frac{1}{(2k-\frac{1}{2}{)}^2{\pi }^2}}{\frac{1}{(2k+\frac{1}{2})\pi }-\frac{1}{(2k-\frac{1}{2})\pi }}=\frac{2+32k^2}{(1-16k^2)\pi }\to -\frac{2}{\pi },k\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$

1.3.3 极限与连续的性质

注 无法证明$f$是范数，反例如下：$$\begin{array}{}\text{(37)}& f(\mathit{x})={(\sum _{i=1}^m|x_i{|}^p)}^{\frac{1}{p}},0<p<1\end{array}$$

解 当$x_0\ne 0$时，$f$为基本初等函数的复合，在$(x_0,y_0)$处连续。

当$x_0=0,y_0\ne 0$时，$\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{lim}f(x,y)=\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{lim}\frac{\ln (1+xy)}{xy}y=y_0=f(0,y_0)$，所以$f$在$(0,y_0)$处连续。

当$x_0=y_0=0$时，注意到$|f(x,y)|\le |y|$恒成立，故$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)=0=f(0,0)$，所以$f$在$(0,0)$处连续。

综上，$f$是${\mathbb{R}}^2$上的连续函数。 $◻$