期中样卷评讲

6.1 期中样卷评讲

6.1.1 填空题

例 6.1.1 填空题：

(1): 函数 $f (x, y) = x^{2} e^{- (x^{2} - y)}$ 沿任意射线 $x = t \cos α, y = t \sin α, (t \geq 0)$ 的极限 $lim_{t \to + \infty} f (t \cos α, t \sin α) =$ ____。当 $(x, y) \to \infty$ 时， $f (x, y)$ 是否为无穷小？____。
(2): 设函数 $f (u, v)$ 连续可微， $f_{u} (1, 0) = 3$ ， $f_{v} (1, 0) = 2$ ， $z = f (x y, x - y)$ ，则 $d z (1, 1) =$ ____。
(3): 设 $u = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, v = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ ，则Jacobi矩阵的行列式 $\frac{\partial (u, v)}{\partial (x, y)} =$ ____。
(4): 已知映射 ${\begin{cases} x = e^{v} + u^{3} \\ y = e^{u} - v^{3} \end{cases}$ 有逆映射 ${\begin{cases} u = u (x, y) \\ v = v (x, y) \end{cases}$ ，当 $(u, v) = (0, 1)$ 时， $(x, y) = (e, 0)$ ，则偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x} (e, 0) =$ ____。
(5): 记函数 $u = x^{2} + y^{2} - x y z$ 在 $(1, 0, 1)$ 处的梯度方向为 $v$ ，则 ${\frac{\partial u}{\partial v} |}_{(1, 0, 1)} =$ ____。
(6): 设可微函数 $u (x, y)$ 满足 $u (x, x^{2}) = 1$ 且 $\frac{\partial u}{\partial x} (x, x^{2}) = x$ ，则 $\frac{\partial u}{\partial y} (x, x^{2}) =$ ____。
(7): 记曲线 $x = t, y = 2 \cos t, z = 3 \sin t$ 在 $t = \frac{π}{2}$ 处的切线为 $L$ 。已知点 $(\frac{π}{2} + 1, y_{0}, z_{0})$ 是 $L$ 上一点，则 $y_{0} z_{0} =$ ____。
(8): 曲面 $z + \ln z = y + \ln x$ 在 $(1, 1, 1)$ 点的法向量为 $(1, 1, w)$ ，则 $w =$ ____。
(9): 设 $F (x, y) = \int_{0}^{1} \sin (x t) e^{- 4 y t^{2}} d t$ ，则 $\frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial y} (0, 0) =$ ____。

解 (1) 当 $α = \frac{π}{2} + k π, (k \in Z)$ 时， $f (t \cos α, t \sin α) \equiv 0$ ；否则有 $\cos α \neq 0$ ，取 $t > T = \frac{1 + \sin α}{\cos^{2} α}$ ，则 $t \cos^{2} α - \sin α > 1$ ，计算可得 $\begin{matrix} (1) & | lim_{t \to + \infty} f (t \cos α, t \sin α) | \leq lim_{t \to + \infty} | t^{2} \cos^{2} α \cdot e^{- t (t \cos^{2} α - \sin α)} | \leq lim_{t \to + \infty} t^{2} e^{- t} = 0 \end{matrix}$ 故沿任意射线的极限为 $0$ 。当 $(x, y) \to \infty$ 时，考虑 $\begin{matrix} (2) & f (n, n^{2}) = n^{2} e^{- (n^{2} - n^{2})} \to + \infty, n \to + \infty \end{matrix}$ 故 $f (x, y)$ 不为无穷小。

(2) 计算可得 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} d z & = f_{u} d u + f_{v} d v = f_{u} d (x y) + f_{v} d (x - y) \\ = f_{u} (y d x + x d y) + f_{v} (d x - d y) = (f_{u} y + f_{v}) d x + (f_{u} x - f_{v}) d y \\ d z (1, 1) & = (3 \times 1 + 2) d x + (3 \times 1 - 2) d y = 5 d x + d y \end{aligned} \end{matrix}$

(3) 计算可得 $\begin{matrix} (4) & det J = | \begin{array}{cc} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{array} | = \frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \end{matrix}$

(4) 逆映射定理应用略。计算可得 $\begin{matrix} (5) & (\begin{matrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{matrix})}^{- 1} = {(\begin{matrix} 3 u^{2} & e^{v} \\ e^{u} & - 3 v^{2} \end{matrix})}^{- 1} = {(\begin{matrix} 0 & e \\ 1 & - 3 \end{matrix})}^{- 1} = (\begin{matrix} \frac{3}{e} & 1 \\ \frac{1}{e} & 0 \end{matrix}) \end{matrix}$ 故 $\frac{\partial u}{\partial x} (e, 0) = \frac{3}{e}$ 。

(5) 计算可得 $\begin{matrix} (6) & v = \frac{\nabla u}{∥ \nabla u ∥} ⟹ \frac{\partial u}{\partial v} = \nabla u \cdot \frac{\nabla u}{∥ \nabla u ∥} = ∥ \nabla u ∥ = ‖ (\begin{matrix} 2 x - y z \\ 2 y - x z \\ - x y \end{matrix}) ‖ = ‖ (2, - 1, 0)^{T} ‖ = \sqrt{5} \end{matrix}$

(6) 对 $u (x, x^{2}) = 1$ 求导可得 $\begin{matrix} (7) & 0 = u_{1} (x, x^{2}) + u_{2} (x, x^{2}) \cdot 2 x ⟹ u_{2} (x, x^{2}) = - \frac{u_{1} (x, x^{2})}{2 x} = - \frac{1}{2} \end{matrix}$

(7) 计算可得 $γ^{'} (\frac{π}{2}) = (1, - 2 \sin t, 3 \cos t) |_{t = \frac{π}{2}} = (1, - 2, 0)$ ，故切线方程为 $\begin{matrix} (8) & \frac{x - \frac{π}{2}}{1} = \frac{y}{- 2} = \frac{z - 3}{0} ⟹ y_{0} = - 2, z_{0} = 3 ⟹ y_{0} z_{0} = - 6 \end{matrix}$

(8) 构造函数 $f (x, y, z) = \ln x + y - z - \ln z$ ，其梯度即为法向量方向，计算可得 $\begin{matrix} (9) & \nabla f (1, 1, 1) = {(\frac{1}{x}, 1, - 1 - \frac{1}{z})}^{T} = (1, 1, - 2) ⟹ w = - 2 \end{matrix}$

(9) 一致收敛证明略。计算可得 $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} \frac{\partial^{2} F}{\partial x \partial y} (0, 0) & = \int_{0}^{1} {\frac{\partial \sin (x t)}{\partial x} \frac{\partial e^{- 4 y t^{2}}}{\partial y} |}_{(x, y) = (0, 0)} d t = \int_{0}^{1} {t \cos (x t) (- 4 t^{2}) e^{- 4 y t^{2}} |}_{(x, y) = (0, 0)} d t \\ = - \int_{0}^{1} 4 t^{3} d t = - {t^{4} |}_{0}^{1} = - 1 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

6.1.2 解答题

例 6.1.2 (题11) 设 $z = f (x, \frac{x}{y})$ ，其中 $f \in C^{2} (R^{2})$ ，求 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} (0, 2)$ 。

解计算可得 $\begin{matrix} (11) & \frac{\partial z}{\partial y} = f_{2}^{'} (x, \frac{x}{y}) \cdot (- \frac{x}{y^{2}}) \end{matrix}$ 进一步计算可得 $\begin{matrix} (12) & \frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} = [f_{12}^{″} (x, \frac{x}{y}) + f_{22}^{″} (x, \frac{x}{y}) \cdot \frac{1}{y}] \cdot (- \frac{x}{y^{2}}) + f_{2}^{'} (x, \frac{x}{y}) \cdot (- \frac{1}{y^{2}}) \end{matrix}$ 所以 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y} (0, 2) = - \frac{1}{4} f_{2}^{'} (0, 0)$ 。 $◻$

例 6.1.3 (题12) 设函数 $\begin{matrix} (13) & f (x, y) = {\begin{cases} x y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{matrix}$ 回答以下问题，并说明理由。

(1): 函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处是否连续？
(2): 函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处是否存在偏导数？若存在，求 $\frac{\partial f}{\partial x} (0, 0), \frac{\partial f}{\partial y} (0, 0)$ ；
(3): 函数 $f (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处是否可微？若可微，求在点 $(0, 0)$ 处的全微分；
(4): 函数 $f (x, y)$ 的偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial x} (x, y), \frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ 在点 $(0, 0)$ 处是否连续？

解 (1) 因为 $| f (x, y) | \leq | x y |$ ，所以 $lim_{(x, y) \to (0, 0)} f (x, y) = 0 = f (0, 0)$ ，因此 $f$ 在点 $(0, 0)$ 处连续。

(2) 由偏导数的定义可得 $\begin{matrix} (14) & \frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x, 0) - f (0, 0)}{x} = 0, \frac{\partial f}{\partial y} (0, 0) = lim_{y \to 0} \frac{f (0, y) - f (0, 0)}{y} = 0 \end{matrix}$ 所以函数 $f (x, y)$ 在 $(0, 0)$ 点存在偏导数，且偏导数的值均为 $0$ 。

(3) 由可微的定义可得 $\begin{matrix} (15) & \frac{f (x, y) - f (0, 0) - [\frac{\partial f}{\partial x} (0, 0) x + \frac{\partial f}{\partial y} (0, 0) y]}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{x y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \end{matrix}$ 而 $\begin{matrix} (16) & | \frac{x y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} | \leq | \frac{x y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} | \leq \frac{1}{2} \sqrt{x^{2} + y^{2}} ⟹ lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 \end{matrix}$ 所以函数 $f$ 在 $(0, 0)$ 点可微。

(4) 计算偏导数可得 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) & = {\begin{cases} y \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} - \frac{x^{2} y}{{(x^{2} + y^{2})}^{\frac{3}{2}}} \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \\ \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) & = {\begin{cases} x \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} - \frac{x y^{2}}{{(x^{2} + y^{2})}^{\frac{3}{2}}} \cos \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}, & (x, y) \neq (0, 0) \\ 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \end{aligned} \end{matrix}$ 沿 $y = x$ 计算极限， $lim_{\begin{matrix} x \to 0^{+} \\ y = x \end{matrix}} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = lim_{x \to 0^{+}} (x \sin \frac{1}{\sqrt{2} x} - \frac{1}{2 \sqrt{2}} \cos \frac{1}{\sqrt{2} x})$ 不存在，所以函数 $f$ 的偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在点 $(0, 0)$ 处不连续；同理函数 $f$ 的偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 在点 $(0, 0)$ 处不连续。 $◻$

例 6.1.4 (题13) 求 $f (x, y) = x y^{3} - x$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 上的最大值和最小值。

解连续函数 $f$ 在有界闭集 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 上存在最大值和最小值。

(1) 在 $D^{\circ} = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} < 1}$ 内，由驻点方程 ${\begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = y^{3} - 1 = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} = 3 x y^{2} = 0 \end{cases}$ 解得驻点 $P_{1} (0, 1)$ ，但它不在 $D^{\circ}$ 内。

(2) 在边界 $\partial D$ 上，构造 $L = x y^{3} - x + λ (x^{2} + y^{2} - 1)$ ，由条件极值的驻点方程 ${\begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = y^{3} - 1 + 2 λ x = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 3 x y^{2} + 2 λ y = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial λ} = x^{2} + y^{2} - 1 = 0 \end{cases}$ 解得条件极值的驻点 $\begin{matrix} (18) & P_{2} (1, 0), P_{3} (- 1, 0), P_{4} (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{- 1}{2}), P_{5} (\frac{- \sqrt{3}}{2}, \frac{- 1}{2}), P_{6} (0, 1) \end{matrix}$ 对应的函数值为 $\begin{matrix} (19) & f_{2} = - 1, f_{3} = 1, f_{4} = - \frac{9 \sqrt{3}}{16}, f_{5} = \frac{9 \sqrt{3}}{16}, f_{6} = 0 \end{matrix}$ 故 $f (x, y) = x y^{3} - x$ 在区域 $D$ 上的最大值和最小值分别为 $f (- 1, 0) = 1$ 、 $f (1, 0) = - 1$ 。 $◻$

例 6.1.5 (题14) 设 $f (x, y) = e^{3 x} + y^{3} - 3 y e^{x}$ 。

(1): 求 $f (x, y)$ 的所有驻点，并找出其中所有的极值点，并说明极值点的类型；
(2): 求 $f (x, y)$ 在这些驻点处的二阶Taylor多项式；
(3): 求隐函数形式曲线 $f (x, y) = 3$ 在点 $(0, - 1)$ 处的切线和法线方程；
(4): 证明方程 $f (x, y) = 3$ 在 $(0, - 1)$ 点附近确定了一个隐函数 $x = x (y)$ ，并求 $x = x (y)$ 在 $y = - 1$ 处的二阶Taylor多项式。

解 (1) 由驻点方程 ${\begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 3 e^{3 x} - 3 y e^{x} = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 3 y^{2} - 3 e^{x} = 0 \end{cases}$ 得到 $(x, y) = (0, 1)$ ，这是 $f$ 的唯一驻点。进一步计算二阶导数可得 $\begin{matrix} (20) & {\begin{cases} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (0, 1) = 9 e^{3 x} - 3 y e^{x} |_{(x, y) = (0, 1)} = 6 \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0, 1) = - 3 e^{x} |_{(x, y) = (0, 1)} = - 3 \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (0, 1) = 6 y |_{(x, y) = (0, 1)} = 6 \end{cases} \end{matrix}$ 而 $(\begin{matrix} 6 & - 3 \\ - 3 & 6 \end{matrix})$ 是正定矩阵，所以 $(0, 1)$ 是 $f$ 的极小值点。

(2) 利用Taylor展开与Hesse矩阵的关系可得 $\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} f (x, y) & = f (0, 1) + \frac{1}{2} (x, y - 1) H (0, 1) (\binom{x}{y - 1}) + o (x^{2} + (y - 1)^{2}) \\ = - 1 + 3 x^{2} - 3 x (y - 1) + 3 (y - 1)^{2} + o (x^{2} + (y - 1)^{2}), (x, y) \to (0, 1) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $f$ 在驻点处的二阶Taylor多项式为 $- 1 + 3 x^{2} - 3 x (y - 1) + 3 (y - 1)^{2}$ 。

(3) 因为 ${\begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} (0, - 1) = 6 \\ \frac{\partial f}{\partial y} (0, - 1) = 0 \end{cases}$ ，所以切线方程为 $6 (x - 0) + 0 (y - 2) = 0$ ，即 $x = 0$ 。法线方程为 $y = - 1$ 。

(4) 记 $F (x, y) = f (x, y) - 3$ ，则 $\frac{\partial F}{\partial x} (0, - 1) = 6 \neq 0$ ，所以 $F (x, y) = 0$ 在 $(0, - 1)$ 点附近确定了一个隐函数 $x = x (y)$ 。由链式法则可得 $\begin{matrix} (22) & e^{3 x (y)} + y^{3} - 3 y e^{x (y)} - 3 \equiv 0, \forall y \end{matrix}$ 所以 $\frac{d x}{d y} (- 1) = 0$ 、 $\frac{d^{2} x}{d y^{2}} (- 1) = 1$ ，故 $x = x (y)$ 在 $y = - 1$ 处的二阶Taylor多项式为 $\frac{1}{2} (y + 1)^{2}$ 。 $◻$

例 6.1.6 (题15) 设 $I (y) := \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{2}} \sin (2 x y) d x$ ，证明： $I (y) = e^{- y^{2}} \int_{0}^{y} e^{t^{2}} d t$ 。

证明先令被积函数对 $y$ 求偏导数，可得 $\begin{matrix} (23) & \int_{0}^{+ \infty} \frac{\partial}{\partial y} [e^{- x^{2}} \sin (2 x y)] d x = \int_{0}^{+ \infty} 2 x e^{- x^{2}} \cos (2 x y) d x \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (24) & \int_{0}^{+ \infty} | 2 x e^{- x^{2}} \cos (2 x y) | d x \leq \int_{0}^{+ \infty} 2 x e^{- x^{2}} d x = {- e^{- x^{2}} |}_{0}^{+ \infty} = 1 \end{matrix}$ 由Weierstrass强函数判别法知求偏导后的被积函数关于 $y \in R$ 一致收敛，所以 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} I^{'} (y) & = \int_{0}^{+ \infty} 2 x e^{- x^{2}} \cos (2 x y) d x \\ = - {e^{- x^{2}} \cos (2 x y) |}_{0}^{+ \infty} - \int_{0}^{+ \infty} 2 y e^{- x^{2}} \sin (2 x y) d x = 1 - 2 y I (y) \end{aligned} \end{matrix}$ 求解一阶线性常微分方程 $I^{'} (y) + 2 y I (y) = 1$ 得 $\begin{matrix} (26) & I (y) = e^{- y^{2}} (C + \int_{0}^{y} e^{t^{2}} d t) \end{matrix}$ 由于 $I (0) = 0$ ，故 $I (y) = \int_{0}^{y} e^{t^{2} - y^{2}} d t$ 。 $◻$

例 6.1.7 (题16) 设 $D \subset R^{2}$ 是非空有界闭区域， $f$ 是 $D$ 上的连续函数。证明：至多只有一个函数 $u (x, y)$ 在 $D$ 上连续，在 $D$ 的内部 $D^{\circ}$ 为 $C^{2}$ 类，且满足 $\begin{matrix} (27) & {\begin{cases} u_{x x} + u_{y y} = e^{u}, & (x, y) \in D^{\circ} \\ u = f, & (x, y) \in \partial D \end{cases} \end{matrix}$

证明假设上述边值问题存在两个不同的 $C^{2}$ 解 $u$ 和 $v$ ，则在 $\partial D$ 上 $u = v$ 。若两个解 $u$ 和 $v$ 在 $D$ 上不恒同，则函数 $u - v$ 在有界闭集 $D$ 上或者有正的最大值，或者有负的最小值。

不妨设 $u - v$ 在 $D$ 上有正的最大值，则最大值点 $(x_{0}, y_{0}) \in D^{\circ}$ ，于是它是 $u - v$ 的极大值点，在 $(x_{0}, y_{0})$ 处 $u - v$ 的Hesse矩阵半负定；而其对角线上元素的和为 $u_{x x} - v_{x x} + u_{y y} - v_{y y} = e^{u} - e^{v} > 0$ ，这与Hesse矩阵半负定矛盾。所以上述边值问题至多只有一个 $C^{2}$ 解。 $◻$

例 6.1.8 (题17) 设 $K$ 是 $R^{k}$ 的有界闭子集，函数 $f : R^{m} \times K \to R$ 连续，记 $g (x) = min_{y \in K} f (x, y)$ 。证明 $g : R^{m} \to R$ 连续。

证明¹ 由 $f$ 在 $R^{m} \times K$ 上连续可知： $\forall ε > 0$ ， $\exists δ (y_{0}) > 0$ ，使得 $\forall (x, y) \in R^{m} \times K$ ，都有 $\begin{matrix} (28) & x \in B (x_{0}, δ (y_{0})) \land y \in B (y_{0}, δ (y_{0})) ⟹ f (x_{0}, y_{0}) - ε < f (x, y) < f (x_{0}, y_{0}) + ε \end{matrix}$ 对 $y \in K \cap B (y_{0}, δ (y_{0}))$ 取下确界可得 $\begin{matrix} (29) & f (x_{0}, y_{0}) - ε \leq inf_{y \in K \cap B (y_{0}, δ (y_{0}))} f (x, y) \leq f (x_{0}, y_{0}) + ε \end{matrix}$ 再对 $y_{0} \in K$ 取下确界，由于 $f$ 在有界闭集 $K$ 上连续，故左右两侧 $inf = min$ ，由此可得 $\begin{matrix} (30) & g (x_{0}) - ε \leq inf_{y \in K} inf_{y \in K \cap B (y_{0}, δ (y_{0}))} f (x, y) \leq g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (31) & \begin{aligned} inf_{y \in K} inf_{y \in K \cap B (y_{0}, δ (y_{0}))} f (x, y) & \leq inf_{y_{0} \in K} inf_{y \in {y_{0}}} f (x, y) = inf_{y_{0} \in K} f (x, y_{0}) = g (x) \\ inf_{y \in K} inf_{y \in K \cap B (y_{0}, δ (y_{0}))} f (x, y) & \geq inf_{y_{0} \in K} inf_{y \in K} f (x, y) = inf_{y_{0} \in K} g (x) = g (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (32) & g (x_{0}) - ε \leq g (x) \leq g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 即 $g (x)$ 在 $x_{0}$ 处连续。由于 $x_{0} \in R^{m}$ 是任意的，故 $g (x)$ 在 $R^{m}$ 上连续。 $◻$

证明² 固定 $x_{0} \in R^{m}$ ，令 $E = \overset{―}{B} (x_{0}, 1) \times K$ ，则 $E$ 为有界闭集。由于 $f$ 连续，因此 $f$ 在 $E$ 上一致连续，从而 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ \in (0, 1)$ ，使得 $\forall (x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2}) \in E$ ，都有 $\begin{matrix} (33) & ∥ (x_{1}, y_{1}) - (x_{2}, y_{2}) ∥ < δ ⟹ | f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{2}, y_{2}) | < ε \end{matrix}$ 特别地， $\forall x \in B (x_{0}, δ)$ 、 $\forall y \in K$ ，均有 $| f (x, y) - f (x_{0}, y) | < ε$ ，即 $\begin{matrix} (34) & f (x_{0}, y) - ε < f (x, y) < f (x_{0}, y) + ε \end{matrix}$ 对 $y \in K$ 取下确界，可得 $g (x_{0}) - ε \leq g (x) \leq g (x_{0}) + ε$ ，即 $g$ 在 $x_{0}$ 点连续。所以 $g : R^{m} \to R$ 连续。 $◻$

证明³ 任取 ${x_{n}}_{n = 1}^{+ \infty} \subseteq R^{m}$ 使得 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = x_{0}$ ，由 $g$ 的定义可知，存在 $y_{n} \in K$ 使得 $g (x_{n}) = f (x_{n}, y_{n})$ 。

由于 $K$ 为有界闭集，故 ${y_{n}}_{n = 1}^{+ \infty}$ 有界，必存在收敛子列 ${y_{n_{k}}}_{k = 1}^{+ \infty}$ 。故不妨设 $lim_{n \to + \infty} y_{n} = y_{0}$ ，于是 $\begin{matrix} (35) & lim_{n \to + \infty} f (x_{n}, y_{n}) = f (x_{0}, y_{0}) ⟹ lim_{n \to + \infty} g (x_{n}) = f (x_{0}, y_{0}) \geq g (x_{0}) \end{matrix}$ 设 $g (x_{0}) = f (x_{0}, y^{*})$ 。由于 $f$ 在点 $(x_{0}, y^{*})$ 处连续，故 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\begin{matrix} (36) & | x - x_{0} | < δ \land | y - y^{*} | < δ ⟹ f (x, y) < f (x_{0}, y^{*}) + ε = g (x_{0}) + ε \end{matrix}$ 当 $n$ 足够大时， $| x_{n} - x_{0} | < δ$ ，于是 $g (x_{n}) \leq f (x_{n}, y^{*}) < g (x_{0}) + ε$ ，故有 $lim_{n \to + \infty} g (x_{n}) \leq g (x_{0}) + ε$ 。再令 $ε \to 0$ 可得 $lim_{n \to + \infty} g (x_{n}) = g (x_{0})$ ，这与假设矛盾。所以 $g$ 是连续函数。 $◻$