证明多元函数极限不存在的一个解法

对于多元函数 f ( x ) f(x) f(x)来说，证明其在某一点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)处极限不存在的方法就是找到两条不同的趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)的路径，使得 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)在这两条路径上趋于不同的值。 对于二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)来说, ( x , y ) (x,y) (x,y)沿任意路径趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)时二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)趋于同一个值A，则重极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( x 0 , y 0 ) f ( x , y ) \lim \limits_{(x, y) \rightarrow\left(x_{0}, y_{0}\right)} f(x, y) (x,y)→(x0​,y0​)lim​f(x,y)存在且也等于A. 这一性质常常用来证明二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)在 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)这点的极限不存在，即找到两条趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)的路径，使得二元函数 f ( x ) f(x) f(x)在这两条路径上趋于不同的值。然而，在绝大多数的数学分析教科书中，常常只介绍利用相对简单的径向路径来证明一个二元函数在某一点的极限不存在，即当二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)沿着 y = k x y=kx y=kx这些路径趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)时，若极限与径向的斜率 k k k相关，则二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)在 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)这点的极限不存在。而这种方法对些相对较为复杂的二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)通常是失效的例如，考虑二元函数 f ( x , y ) = x 2 y 2 x 3 + y 3 f(x, y)=\frac{x^{2} y^{2}}{x^{3}+y^{3}} f(x,y)=x3+y3x2y2​在 ( x , y ) (x,y) (x,y)趋于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)的极限时，不难发现 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着径向路径 y = k x y=kx y=kx的极限都为0.然而 f ( x , y ) = x 2 y 2 x 3 + y 3 f(x, y)=\frac{x^{2} y^{2}}{x^{3}+y^{3}} f(x,y)=x3+y3x2y2​在 ( x , y ) (x,y) (x,y)趋于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)是不存在极限的，若考虑路径 y = − x + α 2 x 2 y=-x+\frac{\alpha}{2} x^{2} y=−x+2α​x2,则 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y 2 x 3 + y 3 = lim ⁡ y = − x + α 2 x 2 + 2 ( α 2 ) 3 x 3 − α x 2 + x ( α 2 ) 3 x 3 − 3 ( α 2 ) 2 x 2 + 3 α 2 x = 2 3 α \begin{aligned} &\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{3}+y^{3}}=\lim _{y=-x+\frac{\alpha}{2} x^{2}+2} \frac{\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{3} x^{3}-\alpha x^{2}+x}{\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{3} x^{3}-3\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{2} x^{2}+3 \frac{\alpha}{2} x}\\ &=\frac{2}{3 \alpha} \end{aligned} ​(x,y)→(0,0)lim​x3+y3x2y2​=y=−x+2α​x2+2lim​(2α​)3x3−3(2α​)2x2+32α​x(2α​)3x3−αx2+x​=3α2​​

下面我们老考虑这些极限是怎样计算出来的

事实上，从解析几何的观点来看， ( x , y ) (x,y) (x,y)沿某一路径趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)可以被理解为 ( x , y ) (x,y) (x,y)在趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)的过程中，变量y是一个关于变量x的函数，即 y = y ( x ) y=y(x) y=y(x)，而且这个函数还满足 y 0 = y ( x 0 ) y_{0}=y\left(x_{0}\right) y0​=y(x0​)。因此， ( x , y ) (x,y) (x,y)沿某一路径趋于 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0​,y0​)时, f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)的极限可以理解为复合函数 £ f ( x , y ( x ) ) £ f(x, y(x)) £f(x,y(x))在 x ⟶ x 0 x \longrightarrow x_{0} x⟶x0​时的极限。在这种观点下，我们将利用一元函数的洛必达法则来探索上述这些路径是如何被发现的。

首先考虑 f ( x , y ) = x 3 + y 3 x 2 + y f(x, y)=\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y} f(x,y)=x2+yx3+y3​，由于此时我们将 y y y看成是一个 x x x的函数，故当 y = − x 2 + g ( x ) y=-x^{2}+g(x) y=−x2+g(x)且 lim ⁡ x → 0 g ( x ) = 0 \lim \limits_{x \rightarrow 0} g(x)=0 x→0lim​g(x)=0时， lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 3 + y 3 x 2 + y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y} (x,y)→(0,0)lim​x2+yx3+y3​是一个关于变量 x x x的 0 0 \frac{0}{0} 00​极限，我们知道， 0 0 \frac{0}{0} 00​不定式的极限与分子和分母两个因子的阶数有关。我们假设 y = − x 2 + g ( x ) y=-x^{2}+g(x) y=−x2+g(x)，分子分母同时求导可得： lim ⁡ x → 0 3 x 2 + 3 y 2 y 2 x + y ′ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{3 x^{2}+3 y^{2} y}{2 x+y^{\prime}} x→0lim​2x+y′3x2+3y2y​ 若进一步，还有 lim ⁡ x → 0 g ′ ( x ) = 0 \lim \limits_{x \rightarrow 0} g^{\prime}(x)=0 x→0lim​g′(x)=0，再次进行求导，可得 lim ⁡ x → 0 6 x + 6 y y ′ + 3 y 2 y ′ ′ 2 + y ′ ′ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{6 x+6 y y^{\prime}+3 y^{2} y^{\prime \prime}}{2+y^{\prime \prime}} x→0lim​2+y′′6x+6yy′+3y2y′′​ 若再一次假设 lim ⁡ x → 0 g ′ ′ ( x ) = 0 \lim \limits_{x \rightarrow 0} g^{\prime \prime}(x)=0 x→0lim​g′′(x)=0，再次求导得

lim ⁡ x → 0 6 + 6 ( y ) 2 + 12 y y ′ ′ + 3 y 2 y ′ ′ ′ y ′ ′ ′ \lim _{x \rightarrow 0} \frac{6+6(y)^{2}+12 y y^{\prime \prime}+3 y^{2} y^{\prime \prime \prime}}{y^{\prime \prime \prime}} x→0lim​y′′′6+6(y)2+12yy′′+3y2y′′′​ 由于 lim ⁡ x → 0 g ( x ) = lim ⁡ x → 0 g ( x ) = lim ⁡ x → 0 g ′ ′ ( x ) = 0 \lim \limits_{x \rightarrow 0} g(x)=\lim \limits_{x \rightarrow 0} g(x)=\lim \limits_{x \rightarrow 0} g^{\prime \prime}(x)=0 x→0lim​g(x)=x→0lim​g(x)=x→0lim​g′′(x)=0，我们对上式进行积分，可得 y = − x 2 + α 6 x 3 y=-x^{2}+\frac{\alpha}{6} x^{3} y=−x2+6α​x3

下面几个例题都可以采用上述方法

例题一：求极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x − y x + y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x-y}{x+y} (x,y)→(0,0)lim​x+yx−y​ 解析：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿 y = k x y=kx y=kx趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ x → 0 y → 0 x − y x + y = lim ⁡ x → 0 y = k x x − y x + y = lim ⁡ x → 0 x − k x x + k x = 1 − k 1 + k \lim _{x \rightarrow 0 \atop y \rightarrow 0} \frac{x-y}{x+y}=\lim _{x \rightarrow 0 \atop y=k x} \frac{x-y}{x+y}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-k x}{x+k x}=\frac{1-k}{1+k} y→0x→0​lim​x+yx−y​=y=kxx→0​lim​x+yx−y​=x→0lim​x+kxx−kx​=1+k1−k​ 所以极限不存在。

例题二：求极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} y^{2}+(x-y)^{2}} (x,y)→(0,0)lim​x2y2+(x−y)2x2y2​

解析：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = x y=x y=x趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 = lim ⁡ x → 0 x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 = lim ⁡ x → 2 x 2 x 2 x 2 x 2 + ( x − x ) 2 = 1 \begin{aligned} \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} y^{2}+(x-y)^{2}} &=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} y^{2}+(x-y)^{2}} \\ &=\lim _{x \rightarrow 2} \frac{x^{2} x^{2}}{x^{2} x^{2}+(x-x)^{2}}=1 \end{aligned} (x,y)→(0,0)lim​x2y2+(x−y)2x2y2​​=x→0lim​x2y2+(x−y)2x2y2​=x→2lim​x2x2+(x−x)2x2x2​=1​ 当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = 0 y=0 y=0趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 = lim ⁡ x → 0 x 2 y 2 x 2 y 2 + ( x − y ) 2 = lim ⁡ x → 0 x 2 0 2 x 2 0 2 + ( x − 0 ) 2 = 0 \begin{aligned} \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} y^{2}+(x-y)^{2}} &=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2} y^{2}}{x^{2} y^{2}+(x-y)^{2}} \\ &=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2} 0^{2}}{x^{2} 0^{2}+(x-0)^{2}}=0 \end{aligned} (x,y)→(0,0)lim​x2y2+(x−y)2x2y2​​=x→0lim​x2y2+(x−y)2x2y2​=x→0lim​x202+(x−0)2x202​=0​ 因此极限不存在。

例题三：求极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 3 + y 3 x 2 + y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y} (x,y)→(0,0)lim​x2+yx3+y3​

解析：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = k x 3 − x 2 y=k x^{3}-x^{2} y=kx3−x2趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 3 + y 3 x 2 + y = lim ⁡ x → 0 x 3 + y 3 x 2 + y = lim ⁡ x = k x 3 − x 2 x 3 + ( k x 3 − x 2 ) 3 x 2 + k x 3 − x 2 = 1 k \begin{aligned} \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y} &=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{3}+y^{3}}{x^{2}+y} \\ &=\lim _{x=k x^{3}-x^{2}} \frac{x^{3}+\left(k x^{3}-x^{2}\right)^{3}}{x^{2}+k x^{3}-x^{2}} \\ &=\frac{1}{k} \end{aligned} (x,y)→(0,0)lim​x2+yx3+y3​​=x→0lim​x2+yx3+y3​=x=kx3−x2lim​x2+kx3−x2x3+(kx3−x2)3​=k1​​ 显然其随着k值得变化而变化，所以不是极值。

例题四：求极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x ln ⁡ ( 1 + x y ) x + y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} x \frac{\ln (1+x y)}{x+y} (x,y)→(0,0)lim​xx+yln(1+xy)​ 解析：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = x α − x y=x^{\alpha}-x y=xα−x趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时， lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x ln ⁡ ( 1 + x y ) x + y = lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y x + y = lim ⁡ x → 0 y = x α − x x 2 y x + y = lim ⁡ x → 0 x α + 2 − x 3 x α = lim ⁡ x → 0 ( x 2 − x 3 − α ) = { − 1 , α = 3 0 , α < 3 0 , α > 3 \begin{aligned} \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} x \frac{\ln (1+x y)}{x+y} &=\lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x^{2} y}{x+y} \\ &=\lim _{x \rightarrow 0 \atop y=x^{\alpha}-x} \frac{x^{2} y}{x+y}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{\alpha+2}-x^{3}}{x^{\alpha}} \\ &=\lim _{x \rightarrow 0}\left(x^{2}-x^{3-\alpha}\right)=\left\{\begin{array}{ll} -1, & \alpha=3 \\ 0, & \alpha3 \end{array}\right. \end{aligned} (x,y)→(0,0)lim​xx+yln(1+xy)​​=(x,y)→(0,0)lim​x+yx2y​=y=xα−xx→0​lim​x+yx2y​=x→0lim​xαxα+2−x3​=x→0lim​(x2−x3−α)=⎩⎨⎧​−1,0,0,​α=3α3​​ 故极限不存在。

例题五：求极限 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x y x + y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x y}{x+y} (x,y)→(0,0)lim​x+yxy​

解析：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = x 2 − x y=x^{2}-x y=x2−x趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x y x + y = lim ⁡ x → 0 y = x 2 − x x y x + y = lim ⁡ x → 0 x ( x 2 − x ) x + x 2 − x = lim ⁡ x → 0 ( x − 1 ) = − 1 \begin{aligned} \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x y}{x+y} &=\lim _{x \rightarrow 0 \atop y=x^{2}-x} \frac{x y}{x+y} \\ &=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x\left(x^{2}-x\right)}{x+x^{2}-x} \\ &=\lim _{x \rightarrow 0}(x-1)=-1 \end{aligned} (x,y)→(0,0)lim​x+yxy​​=y=x2−xx→0​lim​x+yxy​=x→0lim​x+x2−xx(x2−x)​=x→0lim​(x−1)=−1​ 当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = x y=x y=x趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x y x + y = lim ⁡ x → 0 y = x x y x + y = lim ⁡ x → 0 x 2 2 x = 0 \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} \frac{x y}{x+y}=\lim _{x \rightarrow 0 \atop y=x} \frac{x y}{x+y}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x^{2}}{2 x}=0 (x,y)→(0,0)lim​x+yxy​=y=xx→0​lim​x+yxy​=x→0lim​2xx2​=0 故极限不存在。

例题六：求证 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x y \lim \limits_{(x, y) \rightarrow(0,0)} x^y (x,y)→(0,0)lim​xy不存在 证明：当 ( x , y ) (x,y) (x,y)沿着 y = k ln ⁡ x y=\frac{k}{\ln x} y=lnxk​趋向于 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)时，有 lim ⁡ ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x y = e k \lim _{(x, y) \rightarrow(0,0)} x^y=e^k (x,y)→(0,0)lim​xy=ek 所以极限不存在

例题七：求证 lim ⁡ ( x , y ) → ( 1 , 1 3 ) tan ⁡ 3 π y 12 y − 4 − arctan ⁡ x 1 − x 4 \lim \limits_{(x, y) \rightarrow\left(1, \frac{1}{3}\right)} \frac{\frac{\tan 3 \pi y}{12 y-4}-\arctan x}{1-x^{4}} (x,y)→(1,31​)lim​1−x412y−4tan3πy​−arctanx​不存在 证明： 因为 tan ⁡ 3 π y 12 y − 4 = π 4 + π 3 12 ( 3 y − 1 ) 2 + O ( ( 3 y − 1 ) 4 ) \frac{\tan 3 \pi y}{12 y-4}=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi^{3}}{12}(3 y-1)^{2}+O\left((3 y-1)^{4}\right) 12y−4tan3πy​=4π​+12π3​(3y−1)2+O((3y−1)4) 取 x = 3 y x=3y x=3y,则 tan ⁡ 3 π y 12 y − 4 − arctan ⁡ x = 1 − x 2 + o ( 1 − x ) lim ⁡ ( x , y ) → ( 1 , 1 3 ) tan ⁡ 3 π y 12 y − 4 − arctan ⁡ x 1 − x 4 = lim ⁡ x → 1 1 − x 2 + o ( 1 − x ) 1 − x 4 = 1 8 \begin{array}{l} \frac{\tan 3 \pi y}{12 y-4}-\arctan x=\frac{1-x}{2}+o(1-x) \\ \lim _{(x, y) \rightarrow\left(1, \frac{1}{3}\right)} \frac{\frac{\tan 3 \pi y}{12 y-4}-\arctan x}{1-x^{4}}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\frac{1-x}{2}+o(1-x)}{1-x^{4}}=\frac{1}{8} \end{array} 12y−4tan3πy​−arctanx=21−x​+o(1−x)lim(x,y)→(1,31​)​1−x412y−4tan3πy​−arctanx​=limx→1​1−x421−x​+o(1−x)​=81​​ 取 3 y − 1 = 1 − x 3 3 y-1=\sqrt[3]{1-x} 3y−1=31−x ​ 则有 KaTeX parse error: Expected group after '_' at position 239: …{1-x^{4}}=\lim _̲\limits{x \righ… 故极限不存在。