2.1 第1次作业评讲

2.1.1 概念和计算部分

解 (1) 换元$t=x+y-1$，则原极限可化为$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{(x,y)\to (1,0)}{lim}(x+y{)}^{\frac{x+y+1}{x+y-1}}=\underset{t\to 0}{lim}(t+1{)}^{\frac{t+2}{t}}=\exp \underset{t\to 0}{lim}(1+\frac{2}{t})\ln (1+t)={\mathrm{e}}^2\end{array}$$

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

(3) 考虑曲线$y=-x^2+x^{\alpha }$，代入极限中可得$$\begin{array}{}\text{(3)}& \frac{x^3+y^3}{x^2+y}=x^{2-\alpha }+(-x^{2-\alpha /3}+x^{2\alpha /3}{)}^3\end{array}$$ 当$\alpha =2$时式子收敛到$0$，当$\alpha =6$式子趋于$\mathrm{\infty }$，故极限不存在。

(4) 本题的关键在于$x+y=0$时如何处理，例如采用因式分解：$$\begin{array}{}\text{(4)}& \frac{x^5+y^5}{x^3+y^3}=\frac{(x+y)(x^4-x^{3}y+x^2{y}^2-x{y}^3+y^4)}{(x+y)(x^2-xy+y^2)}=\frac{x^4-x^{3}y+x^2{y}^2-x{y}^3+y^4}{x^2-xy+y^2}\end{array}$$ 再利用极坐标换元可得$$\begin{array}{}\text{(5)}& \left|\frac{x^5+y^5}{x^3+y^3}\right|\le r^2\frac{5}{1-\frac{1}{2}\sin 2\theta }\le 10r^2\to 0,r\to 0\end{array}$$ 以上过程对$\theta$一致，故$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x^5+y^5}{x^3+y^3}=0$。或者先对极坐标换元，再考虑含$\theta$表达式的取值范围，即$$\begin{array}{}\text{(6)}& \frac{{\cos }^5\theta +{\sin }^5\theta }{{\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta }=\frac{{\cos }^3\theta (1-{\sin }^2\theta )+{\sin }^3\theta (1-{\cos }^2\theta )}{{\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta }=1-\frac{(\cos \theta +\sin \theta ){\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{(\cos \theta +\sin \theta )(1-\cos \theta \sin \theta )}=1-\frac{t^2}{1-t}\end{array}$$ 其中$t=\cos \theta \sin \theta \in [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$。

本题的主要错误集中在：并未讨论含$\theta$的表达式有界，或者直接忽略讨论$x+y=0$。有的同学认为函数在$x+y=0$处无定义、故无需考虑，这是不正确的，因为趋近曲线可以无限靠近$x+y=0$，需要证明无论以什么形式趋近、极限都为$0$，也就是那个含$\theta$的表达式有界。有的同学试图用范数的等价性控制$x^3+y^3$，但遗憾的是它并不是范数，$|x{|}^3+|y{|}^3$并不等价于$x^3+y^3$。

(5) 利用极坐标换元可得$$\begin{array}{}\text{(7)}& \left|\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}\right|=\frac{1}{r}\left|\frac{\cos \theta +\sin \theta }{1-\frac{1}{2}\sin 2\theta }\right|\le \frac{4}{r}\to 0,r\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 以上过程对$\theta$一致，故$\underset{(x,y)\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=0$。

(6) 考虑曲线$y=x+x^{\alpha }$，代入极限中可得$$\begin{array}{}\text{(8)}& \frac{x^2{y}^2}{x^2{y}^2+(x-y{)}^2}=\frac{x^2(x+x^{\alpha }{)}^2}{x^2(x+x^{\alpha }{)}^2+x^{2\alpha }}\end{array}$$ 当$\alpha =1$时式子收敛到$0$，当$\alpha =2$式子收敛到$\frac{1}{2}$，故极限不存在。

(7) 考虑曲线$y=-x+x^{\alpha }$，代入极限中可得$$\begin{array}{}\text{(9)}& \frac{x^3-y^3}{x+y}=\frac{x^3-(-x+x^{\alpha }{)}^3}{x^{\alpha }}=x^{3-\alpha }-(x^{2\alpha /3}-x^{1-\alpha /3}{)}^3\end{array}$$ 当$\alpha =1$时式子收敛到$0$，当$\alpha =3$式子收敛到$2$，故极限不存在。

(8) 利用极坐标换元可得$$\begin{array}{}\text{(10)}& \frac{x+y+2xy}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}=\frac{\cos \theta +\sin \theta }{r^{2\alpha -1}}+\frac{\sin 2\theta }{r^{2\alpha -2}},r\to 0\end{array}$$ 极限存在的必要条件是$2\alpha -1<0$且$2\alpha -2<0$，即$0<\alpha <\frac{1}{2}$；然而此时的极限为$0$，故不存在这样的$\alpha$。

(9) 利用极坐标换元可得$$\begin{array}{}\text{(11)}& \frac{\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}}{(x^2+y^2{)}^{\alpha }}=\frac{1}{r^{2\alpha }}\sin \frac{1}{\sqrt{r}},r\to 0\end{array}$$ 极限存在的必要条件是$2\alpha <0$，即$-1<\alpha <0$；然而此时的极限为$0$，故不存在这样的$\alpha$。

(10) 利用极坐标换元可得$$\begin{array}{}\text{(12)}& \frac{1-\cos (x^2+y^2)}{(x^2+y^2)x^2{y}^2}=\frac{4(1-\cos r^2)}{r^6{\sin }^{2}2\theta }=\frac{2r^{-2}+o(1)}{{\sin }^{2}2\theta },r\to 0\end{array}$$ 故极限不存在。 $◻$

2.1.2 解答和证明部分

注 本题的关键在于如何控制$(x,y)$与$(x_0,y_0)$之间的函数值。这里我们借助了媒介$(x,y_0)$，$(x,y)\to (x,y_0)$通过条件(2)控制，$(x,y_0)\to (x_0,y_0)$通过一元连续性控制。为了确保媒介$(x,y_0)$的存在，我们需要构造开球$D$，这是区域$G$的必要条件，也是本题的主要失分点。

注 本题的核心难点在于将$f(x,y)$放缩到$f(x,y_0+{\delta }_2)$和$f(x,y_0-{\delta }_2)$，通过不同的“趋近路径”、利用单调性控制函数值的上下界。证明过程中需要特别注意${\delta }_1,{\delta }_2$的依赖关系。

解 取$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$，则固定$x$或$y$，$f(x,y)$对另一个自变量连续；然而$f(x,kx)=\frac{k}{1+k^2}$，故$f$在$(0,0)$处不连续。 $◻$

注 以上三道题目说明，多元函数的连续性与关于各个自变量的一元函数的连续性之间有巨大差距。以例2.1.2的“媒介法”为例，如果没有一致Lipschitz条件，那么$$\begin{array}{}\text{(19)}& |f(x,y)-f(x_0,y_0)|\le \underset{\mathrm{\exists }{\delta }_1(\epsilon ,x,y_0)}{\underbrace{|f(x,y)-f(x,y_0)|}}+\underset{\mathrm{\exists }{\delta }_2(\epsilon ,x_0,y_0)}{\underbrace{|f(x,y_0)-f(x_0,y_0)|}}<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon \end{array}$$ 也就是说，最终变成了$$\begin{array}{}\text{(20)}& \mathrm{\forall }(x_0,y_0),\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\forall }x,\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,x_0,y_0,x)>0,\mathrm{\forall }y,\parallel (x,y)-(x_0,y_0)\parallel <\delta ⟹\cdots \end{array}$$ 而多元连续的定义是$$\begin{array}{}\text{(21)}& \mathrm{\forall }(x_0,y_0),\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,x_0,y_0)>0,\mathrm{\forall }(x,y),\parallel (x,y)-(x_0,y_0)\parallel <\delta ⟹\cdots \end{array}$$ 也就是说，多元连续性的$\delta$必须独立于$(x,y)$，而两个一元连续性导出的$\delta$依赖于$x$。这也是多元函数连续性的困难之处。

一般地，设区域$D\subseteq {\mathbb{R}}^2$，$f:D\to \mathbb{R}$关于各个自变量连续，若$f$满足以下条件之一，则$f$连续：

(1)

连续性的一致：若$f(x,y)$关于$y$连续，且这个连续性对$x$一致。需要特别注意的是，连续性的一致不是一元一致连续，更不是多元一致连续（自然，多元一致连续更强），即

• 一元连续：$\mathrm{\forall }(x,y_0)\in D$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,x,y_0)>0$，使得$\mathrm{\forall }(\cancel{x},y)\in D$，$|y-y_0|<\delta ⟹|f(x,y)-f(x,y_0)|<\epsilon$；
• 一元一致连续（解脱$y_0$）：$\mathrm{\forall }(x,\cancel{y_0})\in D$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,x,\cancel{y_0})>0$，使得$\mathrm{\forall }(\cancel{x},y)\in D$，$|y-y_0|<\delta ⟹|f(x,y)-f(x,y_0)|<\epsilon$。
• 连续性的一致（解脱$x$）：$\mathrm{\forall }(\cancel{x},y_0)\in D$，$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon ,\cancel{x},y_0)>0$，使得$\mathrm{\forall }(x,y)\in D$，$|y-y_0|<\delta ⟹|f(x,y)-f(x,y_0)|<\epsilon$；
• 多元一致连续（全部解脱，且$x_0$也可以不相等）：$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )>0$，使得$\mathrm{\forall }(x,y),(x_0,y_0)\in D$，$\parallel (x,y)-(x_0,y_0)\parallel <\delta ⟹|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon$。

(2)

一致Lipschitz（例2.1.2）：若$\mathrm{\exists }k>0$使得$\mathrm{\forall }(x,y_1),(x,y_2)\in D$，有$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le k|y_1-y_2|$。

(3)

单调性（例2.1.3）：若$f(x,y)$关于$y$连续且单调。

解 可以。 $\mathrm{\forall }{x}_0\in (0,1]$，计算可得$$\begin{array}{}\text{(22)}& \underset{y\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{1+(1+x_{0}y{)}^{1/y}}=\frac{1}{1+\underset{y\to 0^{+}}{lim}(1+x_{0}y{)}^{1/y}}\stackrel{t=x_{0}y}{=}\frac{1}{1+{[\underset{t\to 0^{+}}{lim}(1+t{)}^{1/t}]}^{x_0}}=\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^{x_0}}\end{array}$$ 当$x_0=0$时，计算可得$$\begin{array}{}\text{(23)}& \underset{y\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{1+(1+x_{0}y{)}^{1/y}}=\frac{1}{1+\underset{y\to 0^{+}}{lim}{1}^{1/y}}=\frac{1}{2}=\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^0}\end{array}$$ 故可定义$f(x,0)=\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^x}$，此时$f$可以连续延拓到$[0,1]\times [0,1]$。 $◻$

注 需要特别注意的是，本题需要分别讨论$x_0=0$和$x_0\ne 0$的情况，反例为$$\begin{array}{}\text{(24)}& f:[0,1{]}^2\to \mathbb{R},f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\arctan \frac{x}{y},& (x,y)\in [0,1]\times (0,1]\\ \frac{\pi }{2},& (x,y)\in [0,1]\times \{0\}\end{array}\end{array}$$ 此时$f$在$(0,0)$处不连续，不可连续延拓。

解 计算可得$$\begin{array}{}\text{(25)}& \underset{x\to 1}{lim}\underset{y\to 0}{lim}{\log }_x(x+y)=\underset{x\to 1}{lim}{\log }_{x}x=1,\underset{y\to 0}{lim}\underset{x\to 1}{lim}{\log }_x(x+y)=\mathrm{\infty }\end{array}$$ 取$y=-x+x^{\alpha }$，则$$\begin{array}{}\text{(26)}& \underset{x\to 1,y\to 0}{lim}{\log }_x(x+y)=\underset{x\to 1}{lim}{\log }_x{x}^{\alpha }=\alpha \end{array}$$ 故重极限不存在。综上所述，先$y$后$x$的累次极限为$1$，先$x$后$y$的累次极限和重极限不存在。 $◻$

注 有同学试图用L’Hôpital法则计算先$x$后$y$的累次极限，但请注意：分子并不是$0$，法则不适用！$$\begin{array}{}\text{(27)}& \underset{x\to 1}{lim}{\log }_x(x+y)=\underset{x\to 1}{lim}\frac{\ln (x+y)}{\ln x}\ne \underset{x\to 1}{lim}\frac{\frac{1}{x+y}}{\frac{1}{x}}=\frac{1}{1+y}\end{array}$$

解 由定义，$\parallel A\parallel =\underset{\parallel \mathit{v}\parallel =1}{max}\parallel A\mathit{v}\parallel$。设$\mathit{v}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\cos \theta }{\sin \theta })$，则$$\begin{array}{}\text{(29)}& \begin{array}{rl}\Vert A\mathit{v}\Vert & =\Vert (\genfrac{}{}{0ex}{}{\cos \theta +2\sin \theta }{3\cos \theta +4\sin \theta })\Vert =\sqrt{(\cos \theta +2\sin \theta {)}^2+(3\cos \theta +4\sin \theta {)}^2}\\ & =\sqrt{10{\cos }^2\theta +28\cos \theta \sin \theta +20{\sin }^2\theta }=\sqrt{15-5\cos 2\theta +14\sin 2\theta }\\ & \le \sqrt{15+\sqrt{5^2+{14}^2}}=\sqrt{15+\sqrt{221}}\end{array}\end{array}$$ 故$\parallel A\parallel =\sqrt{15+\sqrt{221}}=\frac{1}{2}(\sqrt{26}+\sqrt{34})$。

另一方面，注意到$A^{\mathrm{T}}A$是对称、半正定矩阵，其特征值满足${\lambda }_1\ge {\lambda }_2\ge \cdots {\lambda }_n\ge 0$且有谱分解$A^{\mathrm{T}}A=Q^{\mathrm{T}}\mathrm{\Lambda }Q$，故有$$\begin{array}{}\text{(30)}& \parallel A\mathit{v}{\parallel }^2={\mathit{v}}^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A\mathit{v}=(Q\mathit{v}{)}^{\mathrm{T}}\mathrm{\Lambda }(Q\mathit{v})={\mathit{w}}^{\mathrm{T}}\mathrm{\Lambda }\mathit{w}=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{w}_i^2\le {\lambda }_1\sum _{i=1}^n{w}_i^2={\lambda }_1\end{array}$$ 其中$\mathit{w}=Q\mathit{v}$仍满足$\parallel \mathit{w}\parallel =1$，故$\parallel A\parallel =\sqrt{{\lambda }_1}$，或可写成$\parallel A\parallel =\sqrt{{\lambda }_{max}(A^{\mathrm{T}}A)}=\sqrt{15+\sqrt{221}}$。 $◻$