最后更新: 2025-04-01 18:47 查看: 470 次反馈刷题

二元函数的极限

## 二元函数的极限
我们先回顾一下，一元函数极限的定义.
设函数 $f(x)$ 在点 $a$ 的某一个去心邻域内有定义 (即点 $a$ 可以除外)，若 $\forall \varepsilon>0 ， \exists \delta>0$ ，当 $0<|x-a|<\delta$ 时，恒有 $|f(x)-A|<\varepsilon$ ，则 $\lim _{x \rightarrow a} f(x)=A$.
这里 $a$ 是数轴上的定点， $x$ 是数轴上的动点， $|x-a|$ 表示点 $x$ 与 $a$ 的距离. 而 $0<|x-a|<\delta$ 表示 $\{x \mid x \in(a-\delta, a) \cup(a, a+\delta)\}$.
类似地，可建立二元函数的极限.

## 二元函数的极限
**定义2** 设函数 $z=f(x, y)$ 的定义域为 $D ， P_0\left(x_0, y_0\right)$ 是 $x O y$ 平面内的定点 (见图 6-7). 若存在常数 $A$ ， $\forall \varepsilon>0 ， \exists \delta>0$ ，当点 $P(x, y) \in D \cap \stackrel{o}{U}\left(P_0, \delta\right)$ 时，恒有

$$
|f(P)-A|=|f(x, y)-A|<\varepsilon ，
$$

则称常数 $A$ 为函数 $f(x, y)$ 当 $(x, y) \rightarrow\left(x_0, y_0\right)$ 时的极限，记作

$$
\lim _{(x, y) \rightarrow\left(x_0, y_0\right)} f(x, y)=A \text { 或 } f(x, y) \rightarrow A ，(x, y) \rightarrow\left(x_0, y_0\right) \text {. }
$$

也可记作

$$
\lim _{P \rightarrow P_0} f(P)=A \text { 或 } f(P) \rightarrow A ， P \rightarrow P_0 \text {. }

![图片](/uploads/2022-12/image_202212314419129.png)

## 例题
`例` 证明 $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^2 y}{x^2+y^2}=0$.
证 $\forall \varepsilon>0 ，$ 要使

$$
|f(x, y)-A|=\left|\frac{x^2 y}{x^2+y^2}\right| \leq\left|\frac{\left(x^2+y^2\right) \sqrt{x^2+y^2}}{x^2+y^2}\right|=\sqrt{x^2+y^2}<\varepsilon ，
$$

取 $\delta=\varepsilon$ ， 当 $0<\sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2}<\delta$ 时，恒有 $|f(x, y)-A|<\varepsilon$ ， 故 $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^2 y}{x^2+y^2}=0$.

下图显示了其图像。
![图片](/uploads/2024-10/687f1c.jpg){width=300px}

注 只有当 $P(x, y)$ 以任何的方式无限接近点 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 时，对应的函数值 $z=f(x, y)$ 无限的接近于确定的常数 $A$ ，才能说 $f(x, y)$ 有极限，或者说极限的存 在与自变量趋近的路径无关.
反之，如果点 $P(x, y)$ 沿着两条不同的路径趋于 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 时，函数值趋于不同 的常数，那么函数的极限肯定不存在.

`例` 证明 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{x y}{x^2+y^2}$ 不存在.
证 取 $y=k x(k$ 为常数)，则

$$
\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{x y}{x^2+y^2}=\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y=k x \rightarrow 0}} \frac{x \cdot k x}{x^2+(k x)^2}=\frac{k}{1+k^2} .
$$

易见函数极限的值随 $k$ 的变化而变化. 当 $k=0$ 时， 极限值为 0 ;
当 $k=1$ 时极限值为 $\frac{1}{2}$ ， 故极限不存在.
其函数图像如下
 ![图片](/uploads/2024-10/20f953.jpg){width=300px}

二元函数的极限与一元函数的极限具有相同的性质和运算法则，在此不再详 述. 为了区别于一元函数的极限，我们称二元函数的极限为二重极限.

`例`求极限 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}}\left(x^2+y^2\right) \sin \frac{1}{x^2+y^2}$.
解 令 $u=x^2+y^2$, 当 $x \rightarrow 0, y \rightarrow 0$ 时， $u \rightarrow 0$ ，
则二元函数的二重积分就转化为一元函数的极限问题.

$$
\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}}\left(x^2+y^2\right) \sin \frac{1}{x^2+y^2}=\lim _{u \rightarrow 0} u \sin \frac{1}{u}=0 .
$$

这里利用了一元函数极限中，无穷小和有界量的乘积是无穷小的性质.

`例` 求极限 $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{1-\cos \left(x^2+y^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}$.
解 $\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{1-\cos \left(x^2+y^2\right)}{\left(x^2+y^2\right)^2}=\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}=\frac{1}{2}$
这里利用了一元函数极限中，等价无穷小替换的性质.

> 注意：二元函数求极限逼近时，必须是沿着任意路径逼近，极限值一样。

`例` （2024年数二考研真题）已知函数 $f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}\left(x^2+y^2\right) \sin \frac{1}{x y}, & x y \neq 0, \\ 0, & x y=0\end{array}\right.$ ，则在点 $(0,0)$ 处

A. $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 连续， $f(x, y)$ 可微
B. $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 连续， $f(x, y)$ 不可微
C. $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 不连续， $f(x, y)$ 可微
D. $\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}$ 不连续， $f(x, y)$ 不可微

解：由偏导数的定义，在点 $(0,0)$ 处有

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{0-0}{x}=0=f_x^{\prime}(0,0)
$$

，根据结构对称性可知 $f_y^{\prime}(0,0)=0$. 于是基于夹逼准则，可得

$$
\begin{aligned}
& \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{f(x, y)-f(0,0)-f_x^{\prime}(0,0) x-f_y^{\prime}(0,0) y}{\sqrt{x^2+y^2}} \\
= & \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \sqrt{x^2+y^2} \sin \frac{1}{x y}=0
\end{aligned}
$$

即函数 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处可微. 又当 $x y \neq 0$ 时，有

$$
f_x^{\prime}(x, y)=2 x \sin \frac{1}{x y}-\frac{x^2+y^2}{x^2 y} \cos \frac{1}{x y}
$$

由夹逼准则可知 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} 2 x \sin \frac{1}{x y}=0$. 对于 $\frac{x^2+y^2}{x^2 y} \cos \frac{1}{x y}$ 取 $y=x$ ，得 $\frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}$ ，当 $x=\frac{1}{\sqrt{2 n \pi}}, n \rightarrow 0$ 时，有
$$
\begin{aligned}
&\frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}=2 \sqrt{2 n \pi} \rightarrow \infty(n \rightarrow 0)\\
&\text { 发散，故 } \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} \text { 不连续，即正确选项为【C】. }
\end{aligned}
$$

如果用计算机模拟$(x^2+y^2) \sin \frac{1}{x y}$图形如下
 ![图片](/uploads/2024-11/53986c.jpg){width=300px}

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