考研数学分析总复习：多元函数极限与连续

多元函数的极限（重极限）的定义从形式上看和一元函数的极限的定义完全一样.但由于空间结构发生了变化，因此x→x₀的方式比一元函数的情形要复杂得多！从这个意义上讲，重极限的计算是非常困难的.

计算重极限常用的方法：①用两边夹定理；②利用变量替换化成一元函数的形式，然后用一元函数的结果.

累次极限是每次只考虑一个变量变化（其余变量暂时看做常数）的一元函数极限.例如，，先固定y≠y₀，让x➝x₀，若极限

存在，再令y➝y₀，就有由此可见，累次极限存在的.基础与重极限存在的基础是不同的（重极限只涉及定点P₀邻域内的所有点）.因此，两者的存在性之间一般来说，是没有关系的.例如，

1）二重极限存在，但两个累次极限均不存在.考察

（x，y）➝（0，0）.

2）二重极限存在，两个累次极限中有一个不存在.考察

（x，y）➝（0，0）.

3）两个累次极限都存在并相等，但二重极限不存在.考察

（x，y）➝（0，0）.

但是，当二重极限存在时，我们有下面的命题.

命题6.1　当二重极限存在时，

（1）若y≠y₀，存在，则；

（2）若x≠x₀，存在，则

证明重极限不存在常用的方法：①找两条特殊的路径，说明沿着这两条路径的极限不相等（若在函数式中出现了“x²+y²”，可考虑用极坐标变换并说明极限与极角θ有关）；②证明两个累次极限存在但不相等（这实际上用的是“命题6.1”）.

多元函数连续的定义与一元函数连续的定义在形式上是一致的，因此它具有一元连续函数方面的许多性质.如，局部保号性、局部有界性、四则运算法则以及复合函数的连续性等，它们之间的差异是由极限的差异引起的.对二元连续函数f（x，y），如果固定一个变元，它显然是另一个变元的一元连续函数.但是反过来，如果f（x，y）关于每一个变元x和y（作为一元函数）分别都是连续的，却不能保证它是二元连续函数.不过，如果对f（x，y）附加上一定的条件，仍然可以保证它是二元连续函数.

命题6.2　设f（x，y）在D⊂R²上分别关于x和y连续.则当下列条件之一满足时，f（x，y）是D上的二元连续函数.

（1）f（x，y）在D上关于y满足李普希茨条件，即∀（x，y₁）∈D，（x，y₂）∈D，都有

f（x，y₁）-f（x，y₂）≤Ly₁-y₂，L>0；

（2）f（x，y）在D上关于y单调；

（3）f（x，y）在D上对x的连续关于y是一致的，即∀x₀∈D，∀ε>0，∃δ=δ（ε，x₀）>0（与y无关），当∣x-x₀∣<δ时，对∀y，（x，y），（x₀，y）∈D，恒有

∣f（x，y）-f（x₀，y）∣<ε.

另外，紧集K上的多元连续函数具有闭区间[a，b]上一元连续函数的性质：有界性、最值性、一致连续性等.若K是连通紧集，它还具有介值性.

例6.4　用定义证明：

证明　先写出的精确数学定义.

∀ε>0，∃δ>0，当0<x-x₀<δ和时，有

f（x，y）-A<ε.

具体到本题，由于

所以∀ε>0，取，当0<∣x-3<∣δ和时，有

即

例6.5　研究下列极限的存在性.若存在，求出它的极限.

解　（1）该极限存在.这个极限有很多种求法，下面给出三种：

方法1　由于（x，y）➝（0，0），故不妨设0<x²+y²<1，注意到0≤x²y²≤x²+y²，有

由两边夹定理知，原极限=1.

方法2　由于

当（x，y）➝（0，0）时，且，所以原极限=1.

方法3　令，取对数得

lnZ=x²y²ln（x²+y²）.

而，

由可知，，从而原极限=1.

（2）由知，.又由知，.两个累次极限存在但不相等，故原极限不存在.

（3）当x>0，y>0时，由于

由两边夹定理知，原极限=0.

（4）由平均值不等式，有

即

于是，有

由两边夹定理知，原极限=0.

例6.6　设

试分别讨论i=1，2时，极限是否存在？为什么？

解　在D₁上，由可知，当r➝+∞时，x➝∞.又由知，此时还有y➝∞.故

在D₂上，不存在.事实上，

若取x_n=n，，则，而f（x_n，y_n）=1，故

若取x_n′=y_n′=n，则，而，故由此可见，所论极限不存在.

类题　设.讨论：

（1）当（x，y）➝（0，0）时f在其定义域上是否有极限？

（2）当（x，y）➝（0，0）时f在集合D={（x，y）∣xy≥0，（x，y）≠（0，0）}上是否有极限？

提示　（1）没有极限.取y=x，y=-x+x²两条路径.

（2）极限为0.

例6.7　讨论下列函数的连续性.

解　（1）当y≠0时，f（x，y）显然连续.

当y=0时，由知，f（x，y）在点（0，0）连续.∀x₀∈R，且x₀≠0由知，f（x，y）在点（x₀，0）（x₀≠0）不连续.

（2）∀（x₀，y₀）∈R²，则

当x₀为有理数时，f（x₀，y₀）=y₀，那么

当x₀为无理数时，f（x₀，y₀）=0，那么

由此可见，欲使，当且仅当y₀=0，故f（x，y）仅在D={（x，0）x∈R}上连续.

例6.8　设f（x，y）是区域D：x≤1，y≤1上的有界k次齐次函数（k≥

1）.证明：存在，并求其值（南京大学）.

证明　由及题设知，(www.xing528.com)

当y≤x时，；

当x≤y时，，

其中，于是，∀ε>0，取，当，，且（x，y）≠（0，0）时，有

f（x，y）<Mε，

即

故

例6.9　设f（x，y，z）在a≤x，y，z≤b上连续.令

则φ（x）在[a，b]上连续（辽宁师大）.

证明　分成两步来证.

（1）记

因为f（x，y，z）在有界闭区域上连续，所以一致连续.于是∀ε>0，∃δ>0，当∣x-x₀∣<δ，∣y-y₀∣<δ，∀z∈[a，b]时，有

f（x₀，y₀，z）-ε<f（x，y，z）<f（x₀，y₀，z）+ε.

对z在[a，b]上取最小值得

ψ（x₀，y₀）-ε<ψ（x，y）<ψ（x₀，y₀）+ε.

由此知，ψ（x，y）在[a，b]×[a，b]上连续.

（2）令y=a+k（x-a），其中0≤k≤1，则

由ψ在{a≤x≤b，a≤y≤x}上连续知，ψ（x，a+k（x-a））在{a≤x≤b，0≤k≤1}上连续，用与（1）中相同的方法可证明φ（x）在[a，b]上连续.

类题　设f在[a，b]×[a，b]上连续，定义

证明：φ（x）在[a，b]上连续.

提示　由，利用例6.9的方法可以证明φ（x）在[a，b]上连续.

例6.10　证明命题6.2（2）.

证明　∀（x₀，y₀）∈D.由f（x，y）关于y的连续性知，∀ε>0，∃δ₁>0，当∣y-y₀∣≤δ₁时，有

∣f（x₀，y）-f（x₀，y₀）∣<ε.

特别地，有

又由f（x，y）关于x的连续性知，∃δ₂>0，当∣x-x₀∣<δ₂时，有

于是有

从而，取δ=min{δ₁，δ₂}>0，当∣x-x₀∣<δ，∣y-y₀∣≤δ时，利用f（x，y）关于y的单调性，可得

这就证明了f（x，y）在（x₀，y₀）点连续，由（x₀，y₀）的任意性知，f（x，y）在D上连续.

注6.1　该题的结论，可推广到Rⁿ：设f在Rⁿ（或D⊂Rⁿ）上关于每一个变元都连续，且固定一个变元关于其余的n-1个变元都单调，则f在Rⁿ（或D⊂Rⁿ）上连续.

例6.11　设f（x，y，z）在[a，+∞）×[b，+∞）×[c，+∞）上连续且无下界，对任意的s∈R，f（x，y，z）=s的解集为有界集.证明：

证明　因为f连续且无下界，所以∀n∈N₊，相应地存在点列P_n=（x_n，y_n，z_n）∈Ω≜[a，+∞）×[b，+∞）×[c，+∞），使得f（P_n）<-n.

事实上，{P_n}是无界点列.若不然，由致密性定理，它存在收敛子例，仍记为{P_n}，设P_n→P₀∈Ω（n→∞）.由此可知，f（P₀）=-∞.这与f的连续性相矛盾.

由上可以断定，当（x，y，z）→（+∞，+∞，+∞）时，f（x，y，z）或者无极限，或者趋向于-∞.

下面证明f（x，y，z）无极限不会发生.若不然，则存在点列（x_n′，y_n′，z_n′）→（+∞，+∞，+∞），使得.由f的连续性，∀ε>0，∃N>0，当n>N时，有

A_-ε<f（x_n′，y_n′，z_n′）<A+ε. （1）

注意到K={（x，y，z）|f（x，y，z）=A}是有界集，存在适当大的r>0，使得

K⊂Q={（x，y，z）|x²+y²+z²≤r²}∩Ω. （2）

记Q*={（x，y，z）|x²+y²+z²≤4r²}∩Ω，由式（1）、式（2）可知，当n充分大时，（x_n′，y_n′，z_n′）∈Q*，这与（x_n′，y_n′，z_n′）→（+∞，+∞，+∞）相矛盾.因此，必有

成立.

例6.12　设D⊂R²，证明：二元函数f在D上一致连续的充要条件是：对D的每一对点列{P_n}，{Q_n}，只要，就有

证明　（⇒）由f在D上的一致连续性知，∀ε>0，∃δ>0，∀P，Q∈D，只要diam（P，Q）<δ，就有

f（P）-f（Q）<ε.

对上述δ>0，由，∃N>0，当n>N时，有diam（P_n，Q_n）<δ，从而有

f（P_n）-f（Q_n）<ε，

即

（⇐）用反证法.假设f在D上不一致连续，即∃ε₀>0，∀δ>0，∃P′，Q′∈D，尽管diam（P′，Q′）<δ，但f（P′）-f（Q′）≥ε0.

取，相应地存在一对点列P′_n，Q′_n∈D，n=1，2，…，满足，但∣f（P′_n）-f（Q′_n）∣≥ε0.

这样就得到一对点列{P′_n}，{Q′_n}，满足，但这与已知条件矛盾.

注6.2　这个例题的结论，常用来判断多元函数f在某个点集D上的不一致连续性.

例如，证明：在D=[0，1）×[0，1）上不一致连续.

事实上，取一对点列，，显然P_n，Q_n∈D，且diam（P_n，Q_n）➝0（n➝∞），但

又如，证明：f（x，y）=sinxy在R²上不一致连续.

取，易知，diam（P_n，Q_n）➝0（n➝∞），但f（P_n）-f（Q_n）=-1≠0（n➝∞）.

例6.13　设f：R²→R²是连续映射，若对R²中的任何有界闭集K，f^-1（K）均有界.证明：f（R²）是闭集（兰大）.

证明　任取点列{Q_n}⊂f（R²），并设Q_n→Q₀（n→∞），欲证f（R²）是闭集，只需证明Q₀∈f（R²）即可.

事实上，由f是R²到R²的映射知，对每一个Q_n，相应地存在P_n∈R²，使得f（P_n）=Q_n.记B（Q₀；1）={Q∈f（R²）|Q-Q₀|≤1}⊂R²，显然它是有界闭集.

由Q_n→Q₀（n→∞）可知，∃N>0，当n>N时，Q_n∈B（Q₀；1）⊂R²，相应地P_n∈f^-1（B（Q₀；1））（n>N）.由已知条件，f^-1（B（Q₀；1））是有界集，所以{P_n}_n>N是有界点列.由致密性定理，{P_n}_n>N存在收敛子列满足P_nk→P₀∈R²（k→∞）.

再由及f的连续性，令k→∞，可得：f（P₀）=Q₀.注意到P₀∈R²，故Q₀∈f（R²）.

例6.14　设f（x）在Rⁿ上连续，满足：

（1）当x≠0时，f（x）>0；

（2）对任意的x和正常数c，f（cx）=cf（x），求证：存在a>0，b>0，使得ax≤f（x）≤bx.

证明　根据f的性质，要证的结论可改写成

考虑Rⁿ中的单位球面S={x∣x∣=1}，它是有界闭集.由于f（x）在S上连续，所以它在S上必取到最大值和最小值，即存在x₁∈S和x₂∈S，使f（x₁）和f（x₂）分别为f（x）在S上的最大值和最小值.注意到f（x）>0（x≠0），所以b=f（x₁）>0，a=f（x₂）>0.

于是，，从而有

或

ax≤f（x）≤bx，∀x∈Rⁿ.