求二元函数极限几种方法

1、1.二元函数极限概念分析 2上有定义，是的聚点，在是一个确定的实数.定义1 设函数PRD?fDA0?0?时， ,如果对于任意给定的正数使得，总存在某正数都有D;?UI(P)P0? ?AP)?f(, P?P时，以为极限，记. 则称在上当A?P)limf(fDA0P?P0P?D上述极限又称为二重极限. 2二元函数极限的求法 2.1 利用二元函数的连续性 (x,y)limf(x,y)?f(x,y). 在点命题 若函数处连续，则),yf(x0000),(xy)(x,y?00. 的极限1 例求 在点 2)(1, 处连续，所以因为在点 解： 2)(1, 1求极限2例 lim 22?y2x?1?1,yx,?

2、1,1点的邻域连续，故可直接代入求极限，即 解： 因函数在11= lim 223?y?2x11,y,x?2.2 利用恒等变形法 . 将二元函数进行恒等变形，例如分母或分子有理化等 4?2?xylim 求 例3 xy0x?0?y 4?2?xylim 解： xy0x?0?y 4)?xy(2?xy?4)(2lim? 4)xy?xy(2?0x?0y?xy? lim? 4)?xyxy(20x?0y?1?lim? 4?xy20x?0?y 1.? 4221)?3y(1?2x?)(1lim 4例 22?y32x?0x,y0?,? ?22221yx3y?11?31?21?2x1? 原式解： lim? ?0,0?

3、,xy? 22221?21?x32xy?3y1? 22yx16lim? ? ?0,0x,?y222222121?xy?31?1y?2x1?3x2y?31?11?0? 222.3 利用等价无穷小代换 一元函数中的等价无穷小概念可以推广到二元函数.在二元函数中常见的2(x,y)u1?cosu(x,y):；等价无穷小 ，有 ； ),(uxy?sinu:)yx(0)u,x(,y 2?； )y:u(lnx1?u(x,y),),y):u(,y)xarcsinu(x,yutanu(x,y):(xu(x,y) )yx,u(；同一元函)eyu(x,?1:1?u(x,y)?1:)(x,arctanu(x,y):y

4、un n. 数一样，等价无穷小代换只能在乘法和除法中应用 1?x?y?1lim 5例 求x?y0?x0?y1 ，所以.，时，有 解： 当 )x?y1:y(1?x0y?0?x0x?y? 2 1?x?y?1limx?y0x?0y?1(x?y) 2?lim y?x0x?0?y1.? 2 1y?1?x?limyx?0?x0?y 1?x?y1lim?1)y?y?1)(1?x?(1?x?x?0 这个例子也可以用恒等变形法计算，如： y?01?lim 1?x1?yx?0y?01?. 22.4 利用两个重要极限 sinu(x,y)1? ，它们分别是一元函数中两个重e?(x,y)ulim1?1lim? )yx,

5、(u u(x,y)0y)?,(ux0(ux)y,?. 要极限的推广2x1 x?y . 求极限 例6 )lim(1? xy?xa?y解： 先把已知极限化为 2x2x2?1111x )(x?yxy xyy?x)?lim(1?)?lim(1 ，而 lim?lim?,? yxyxyay)?xy(x?xx?x?x?y?)(1ay?y?aay?y?a x11xy0?,?xy ，所以当 时 .?)elim(1ay?x?, xyxy?xy?a2x? 1)yxy(x?xy)lim(1? xy=故原式 x?ay?1 .?easin(xy)极限. 7 求 例lim x0?xy?asin(xy)sin(xy)?y.，

6、当时，所以 解： 因为 0xy?ay?x?0, xyxsin(xy)?1，再利用极限四则运算可得： xysin(xy)sin(xy)sin(xy)a. 1=.a?limy.limlim?limy. xxyxy0?0y?axyx?0x?y?ay?a这个例子也可以用等价无穷小代换计算，如： 当 ，时， ，. ay?0xy?xy:xy)sin(0x?sin(xy)xy 所以， .alimlimy?lim? xxa0?y?0x?xa?ya?y 利用无穷小量与有界量的乘积仍为无穷小量的结论 2.5 11 3 8 求 例cosx?y)sinlim( yx0?x0?y 11 3 ， : 因为 是有界量 是无

7、穷小量， 解1sincos?0x?ylim()? yx0?x0?y11 3 ，故可知 0.y)sincoslim(?x? yx0x?0?y22)?(y(x?3)lim 求 例9 222)yx?3)?(3x?2y?2)3)(y?(x? =解 原式3)limx?( 222)3)?(y(x?3?x2y?221(y?2)3)(y?2)(x?3)?(x? 是有界量，又 ?因为 2222(x?3)?(y?2)2?2)(y?2(x?3)?lim(x?3)?0 是无穷小量， x?3y?22(y?2)(x?3)?0lim ， . 所以 222)?(x?3)y3?xy?2虽然这个方法计算实际问题上不那么多用，但计

8、算对无穷小量与有界量的乘积形式的极限的最简单方法之一 . 2.6利用变量替换法 通过变量替换可以将某些二元函数的极限转化为一元函数的极限来计算，从而使二元函数的极限变得简单.但利用时一定要满足下面的定理。 ?yyx,xfcosa、的取心领域有定义的且沿向量定理：函数点bcos00?A?cosb?tcosa,y?limtx的方向余弦，若二元函数的极限,则 y?xyx?0000,0?t?1 ；、无关，则若的值与Alimf?x,yabA?yx,y,?x00?2有关，则、若不存在； 的值与alimfyx,bA?yx,yx?,00)?(xy22? 求 例10 eylim(x)?x?y222?yxy?)?

9、(x)?y22?(x?x?y)elimlim( 解 ? 2x?y2y2xy?ex?x?x?yy?22yx?1?时，因 ，令 ，显然满足定理的条件，则0?x?0,yty?x?22y?2xyx?222ty)2t(x?)yx?22?(，所以 . 0e)?lim(x?y0lim?lim?lim?lim? tttx?yeeee?x?tx?t?t?y?y 求极限 例11 又显然满足定理的条件，则 解：令 22ycosx?1?1uu1sin1?cosusin22?u?cos?lim?limlim?lim ? 222222uusec2utanu2yxtan?0u?0ux?0?u?00y? 利用夹逼准则2.7

10、),yP(x，二元函数的夹逼准则：设在点的领域有)y(x,(x,y)?gyh(x,)?f000A)?xf(,ylimA)y?(limgx,limh(xy)?但（常数） 且，则 . )x,y),(xy?()x?yx(,)(,(xy,y(),y?x000000 要注意求二元函数极限时是对两个变量同时放缩 22yx?lim 例12 求x?y0x?0?y2)y(x?22y?x，由夹逼准 因为 解: 0)?0,y?x?y?0(x?0? yxx?y?22yx? . 则，得lim0?y?x0x?0?y2)ysin(x 求极限例13 lim 22y?x?x?y?21ysin(x)0?，解 : 2222yx?x

11、?y又 1， 0lim? 22yx?x?y?故 2y)sin(x =0 lim 22y?x?x?y?2.8 先估计后证明法 此方法的运用往往是先通过观察推断出函数的极限，然后用定义证明. 22yx例14 求函数在点处的极限. (0,0)?),yf(x 22x?y解: 此例分2部考虑： 先令，考虑沿时的极限， kxy?y?kx),yf(x(0,0)y)?(x,42422kkxkx2limf(x,y)?lim?lim?limx?0 .因为路径为kx?y 222222)1?kxx?(1kx?k0?0x?x0x0x?y?kx特殊方向，因此我们还不能判断出极限为.所以下面用定义检验极限是否为0 ：0因为

12、22 )?2xyxy?(xyxy?2222yyxx ?0?y)?0?f(x, 22222222)?yy)2(xyx?yx?2(x?xy10?0?y?x? 22 ?且于是，取?0?0,y?0,?(x,y):x?2? 0,? 22222?1xyyx2?0lim?0?，所以=. 2222y?x2xy?220x?y?02xy?0,0的极限在求. 例15.?fx,y 42yx?2xy?0,0yx,p，沿直线中动点趋于原点解：若函数 kxy?yxf, 42x?y222232kxyxxyxxk 则limlim?0lim?lim? 4242424224yxk?x?yx?x?xkx1?kxox?,0,0y0,x

13、?ox,y?x?2xy?yxp,沿着无穷多个方向趋于原点时，它的极中动点即函数?yfx, 42x?y?y,px沿着其它的路限为；但根据这个我们不能说它的极限为；由于动点00 径，比如沿抛物线趋于原点时，其极限为x?y22221xxyxyxy?lim?lim?从而判断出不limlim 24224224?x?y2xx?x?yx?y? ?0?x0,00,0yx,?x?y,xx0,?,y存在；通过例子我们得出任意方向不能代表任意路径，也就是说，我们沿动点?y,px 不仅任何路径而且还必须任意方向； 2.9 利用极坐标法22?考虑用极坐标变换：当二元函数中含有项时， sinx?ycos?,yx?转化为只

14、含有参通过综合运用恒等变换，不等式放缩等方法将二元函数)yx,f(?. 的函数量，进而求二元函数的极限)g(y?x22)sin?lim(xy 例16 计算 22yx?(0,0)?(x,y22? ，使得极限中的二元函数含有，令解: sin?,x?ycosyx? ?)?x?y(sincos22222?，由， 0?lim0?0,limQ?x?y?)sinsin0?(22?y?x?00?)(sincos?2?sin?0lim夹逼准则得， ?0?y?x220?y(x?)sinlim. 所以， 22yx?(0,0)(x,y)?. 17 求极限例 22?sinxycost?0?y,x时，t0.解：若令t为变

15、量，使且，则，当 22242?sin?x?ytcos对任意固定的 ?y,x沿着任意方向上式均趋于0，但不能下结论说=0.事实上不存在，这只让趋于定点(0,0)，此时. kxy?=在运用此方法时注意，经过初等变换后的函数满足用迫敛性得函数的极限?a)?,0g,(，仍不能，但对于某个固定的；若化简后的函数为为),g(00a. 判断函数的极限为 2.10 利用累次极限法但二元函数一般情况下，累次极限存在并不能保证二重极限存在，)f(x,y来计2的条件，就可以利用累次极限满足定理)y(x,limlimf(x,y)或limlimfx?yy?xx?xy?y0000. 算极限)y(x, 与两个累次极限若在点

16、存在重极限定理2 )ylimf(x,)y(x,f00)x,y(x,y)?00. ，则它们必相等)y),limlimf(x,ylimlimf(x,xx?yyx?xy?y?000044yx? 18 求极限例lim 22y?x(0,0)yx,)?( 24422)?y(xy?yx22Q?对任意，y?x: 解2222yx?x?y4444yx?yx0022?y),limU(0,Ux?(0,?),lim?xy?存在，一致的成立；而对 2222yx?y?x0x?0?y 根据定理1，得4444yxx?y20?limxlim?limlim?. 2222yxy?x?0?0x?(x,y)(0,0)y?0x 这道题也可

17、以用上述所说的先估计后证明法和极坐标法来计算，如： 用先估计后证明法：（1）故极限通过观察可知极限中的二元函数分子是分母的高阶无穷小量，解: ，定义证明：应为0 4444yyxx?22?yx?0?，故要使 因为0,?222222y?yx?xyx 44?yx?只要取,? ?,?yx),(?xy:?则 ，22yx?4 44?yx?22? ，?0?x?y? 222?y4x444y?x. 故0lim? 22yx?(0,0)?(x,y ）用极坐标法 （2? 解 令 ，因为sin,?ycos?x44444?)sin?yx(cos 2442?2sin?0?)(cos?，222?y?x2442?，由夹逼准则得

18、， 00,lim2?Qlim0?0)?(coslimsin?0?0?044yx?所以，. 0?lim 22yx?(0,0)?,y)x(11?yf,x?ysinxsin的极限=例19求函数. yx?1111解： 当，以为常数y0?xsin?ysin?limlimxsin?ylimxsin? yxyx?0?y0,0?x,y0?x?1limsin 不存在，从而得原函数极限不存在;时，很显然，这种计算法是错的； x0x?1111?当中，因为0x?sinysin?limysin?sin?limxlimx? yxyx?0,0x,y?x0,00,0,yx,y?1sinx时，时，为无穷小量；为有界量， 0?y

19、 y11sinxlimlimysin?0；所以，同样从而得 0? yx?yy?,xx,y?x,y,x0000?1111?； 0?sinlimyxsin?ysin?limsin?xlim? xyyx?0,0x?yx,?,y,x?0,0y0,0?此例题我们推出：如果不熟重极限与累次极限的定义反而混乱它们的存在 性，所以应该要注意下列三点： 一）若累次极限存在且相等，而重极限不一定存在； 2222xyxyxyxy?limlim?0limlim不例：中：但limlim 42422424yxy?x?yyxx?0?x?0?0yxy?00,0?,y0,0x,yx存在。 二）虽然重极限存在，但不一定两累次极限

20、存在； ?11中，例：sin?ylimxsin? yx?0,0x,y?111111，limlimxsin?ysinlimlimxsin?ysin0?sinsin?yxlim? yyxxyx?0x0x?0y?y?00,0y?x,?两都不存在； 三）两累次极限和重极限中有一个或两个存在不能保证其它的极限的存在性； 2.11 利用取对数法 这一方法适合于指数函数求极限.对于二元指数函数，也可以像一元函数那样，先取对数，然后再求极限. 22yx22)?lim(xy 例20 求0?x0?y22yx22，则解: 设 )?(xy?u22yx22222222)?)ln(x)x?y?(xy?yln(uln?xy，而 22x?y221xy22?yxt?0lim?lim?，知 ，令 ， 1122yx?0x?0x?0y?0y? 22xy1tln t2222 0lim?lim?yt)?limtlnt?lim(x?ylim)ln(x? 110?t?0t?x?0t0t?0?0?y 2tt0 ；故原式=1?e 2.12运用洛必达法则求二元函数的极限22 例求21 )(xylimsin(x)y?xy),0y)?(0(x, 7洛必达法则可知解: 由第