2.1 第1次作业评讲

例2/13 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。

例4 累次极限均不存在，求累次极限时相当于其他自变量当作常数。$$\begin{array}{}\text{(1)}& \underset{y\to 0}{lim}\underset{x\to 0}{lim}(x\sin \frac{1}{y}+y\sin \frac{1}{x})=\underset{y\to 0}{lim}(0\cdot \sin \frac{1}{y}+y\cdot \text{不定})=\text{不定}\end{array}$$

例10 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：$$\begin{array}{}\text{(2)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=\underset{x\to t}{lim}\frac{f(x)-f(t)}{x-t}=f^{\prime }(t)\end{array}$$ 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$$\begin{array}{}\text{(3)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}{f}^{\prime }(\xi (x,y))=f^{\prime }(\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\xi (x,y))=f^{\prime }(t)\end{array}$$ 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：$$\begin{array}{}\text{(4)}& t=\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}min\{x,y\}\le \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\xi (x,y)\le \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}max\{x,y\}=t\end{array}$$

(2)

由Taylor公式可得$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{rl}\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-f(y)}{x-y}& =\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}\frac{f(x)-[f(x)+f^{\prime }(x)(y-x)+o(y-x)]}{x-y}\\ & =\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}[f^{\prime }(x)+o(1)]=f^{\prime }\left(\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}x\right)+\underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}o(1)\\ & =f^{\prime }(t)+0=f^{\prime }(t)\end{array}\end{array}$$ 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$$\begin{array}{}\text{(6)}& 0<|y-x|<\delta \Rightarrow |f(y)-f(x)-f^{\prime }(x)(y-x)|<\epsilon |y-x|\end{array}$$ 故$\mathrm{\forall }{\epsilon }^{\prime }>0$，$\mathrm{\exists }\epsilon =\frac{1}{2}{\epsilon }^{\prime }$、$\mathrm{\exists }\delta >0$，使得$\mathrm{\forall }x\ne y$，$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{rl}0<|x-t|+|y-t|<\delta & \Rightarrow 0<|x-y|\le |x-t|+|y-t|<\delta \\ & \Rightarrow \epsilon =\frac{1}{2}{\epsilon }^{\prime }<{\epsilon }^{\prime }\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(8)}& \underset{(x,y)\to (t,t)}{lim}o(1)=0\end{array}$$ 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。

例12 无法证明$f$是范数，反例如下：$$\begin{array}{}\text{(9)}& f(\mathit{x})={(\sum _{i=1}^m|x_i{|}^p)}^{\frac{1}{p}},0<p<1\end{array}$$