初中英语手抄报-三年级语文手抄报

1.二元函数极限概念分析
定义1 设函数
f
在
DR< br>2
上有定义，
P
0
是
D
的聚点，
A
是一个确定的实数.
如果对于任意给定的正数

，总存在某正数

, 使得
PU
0
(PD
时，都有
0
;

)

f(P)A

,
则称
f
在
D
上当< br>PP
0
时，以
A
为极限，记
limf(P)A
.
PP
0
P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
命题 若函数
f(x,y)
在点
(x
0
,y
0
)
处连续，则(x,y)(x
0
,y
0
)
limf(x,y)f(x0
,y
0
)
.
2
例1 求
f(x,y)x2xy
在点
(1,2)
的极限.
2
解： 因为
f(x,y)x2xy
在点
(1,2)
处连续，所以
li mf(x,y)
x1
y2
lim(x
2
2xy)
x 1
y2
1
2
212
5.

例2 求极限
lim
1
．

x ,y



1,1

2x
2
y
2
解： 因函数在

1,1

点的邻域内连续，故可直接代入求极限，即
1
1
=．

x,y



1, 1

2x
2
y
2
3
lim
1

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.
例3 求
lim
2xy4

x0
xy
y0
解：
lim
2xy4
< br>x0
xy
y0
lim
x0
y0
(2xy 4)(2xy4)
xy(2xy4)

lim
xy

x0
xy(2xy4)
y0
1
x0
2xy 4
y0
lim

1
.
4
例4
lim
(12x
2
)(13y
2
)1
2x3y22

x,y



0,0

．
222
解： 原式


x,y



0,0

lim


12x

1 3y

1



12x

13y

1

2

2x

2
3y< br>2



12x

13y

1

22




x,y



0,0

lim
1
22

12x
13y

1

2x


11
0
．
22
2
3y
2



12x

13y

1

22
6x
2
y
2

2

2.3 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
u
2
(x,y)
等价无穷小
(u(x,y) 0)
，有
sinu(x,y)u(x,y)
；
1cosu(x,y)
；
2
ln

1u(x,y)

u(x,y)
；
tanu(x,y)u(x,y)
；
ar csinu(x,y)u(x,y)
；
u(x,y)
；
e
u(x, y)
1u(x,y)
；同一元函
n
数一样，等价无穷小代换只能在乘法和除 法中应用.
arctanu(x,y)u(x,y)
；
n
1u(x,y) 1
例5 求
lim
x0
y0
1xy1

xy
解： 当
x0
，
y0
时，有
xy 0
.
1xy1
lim
x0
y0
1
(x y)
，所以
2
1xy1
xy
1
(xy)

lim
2
x0
xy
y0
1
.
2

lim
x0
y0
1xy1
xy
1xy1
(1xy1)(1xy1)

1
1xy1
lim
这个例子也可以用恒等变形法计算，如：
x0
y0
lim
x0
y0
1
.
2< br>3

2.4 利用两个重要极限
1
sinu(x,y)
lim1
，
lim

1u(x,y)

u(x,y)
e
它们分别是一元函数中两个重
u(x,y)0
u(x,y)0< br>u(x,y)
要极限的推广.
例6 求极限
lim(1
x
ya
1
)
xy
x
2
xy
.
解： 先把已知极限化为
1
lim(1)
x
xy
ya
x
2
xy

1

lim
(1)
xy

x
xy

ya

x
2
xy(xy)
x
2
11
lim,
，而
lim
x
xy(xy)
x
y
yaya
(1)y
a
x
当
x,ya
时
xy,
x
2
xy(xy)
1
1
0
，所以
lim(1)
xy
e.

x
xy
xyya

1

lim

(1)
xy


xy

故原式=
x
ya

e.
例7 求
lim
1
a

sin(xy)
极限.
x0
x
ya
sin(xy)s in(xy)
y.
，当
x0,ya
时，
xy0
，所 以
xxy
解： 因为
sin(xy)
1
，再利用极限四则运算可得：
xy
limsin(xy)sin(xy)sin(xy)
limy.a.
·1=
a< br>.
x0x0yaxy0
xxyxy
yaya
这个例子也 可以用等价无穷小代换计算，如：
当
x0
，
ya
时，
xy0
，
sin(xy)
4
xy
.

所以，
lim
sin(xy)xy
limlimya.

x0x0
x
ya
x
yaya
2.5 利用无穷小量与有界量的乘积仍为无穷小量的结论
11
例8 求
lim(
3
xy)sincos

x0
xy
y0
11
解: 因为
lim(
3
xy)0
是无穷小量，
sincos1
是有界量 ，
x0
xy
y0
11
故可知 ，
lim(
3
xy)sincos0.

x0
xy
y0
(x3)
2
(y2)
例9 求
lim

x3
(x3)
2
(y2)
2
y2
解 原式=
lim
(x3)(y2)
(x3)

x3
(x3)
2
(y2)
2
y2
(x3)(y2)(x3 )
2
(y2)
2
1
因为 是有界量，又
22
(x3)
2
(y2)
2
2

2
(x3)(y2)

lim(x3)0
是无穷小量，
x3
y2
(x3)
2
(y2)
0
. 所以 ，
lim
x3
(x3)
2
(y2)
2y2
虽然这个方法计算实际问题上不那么多用，但计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，
5

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。
定理：函 数
f

x,y

点

x
0
,y< br>0

的取心领域内有定义的且
cosa
、
cosb
沿 向量

xx
0,
若二元函数的极限
lim

x< br>0
tcosa,y
0
tcosb

A
,则 < br>yy
0

的方向余弦，
t0
1

若A
的值与
a
、
b
无关，则

x,y



x
0
,y
0


x,y


x
0
,y
0

limf

x,y

A
；
f

x,y

不存在；
2

若
A
的值与
a
、
b
有关，则
x
y
lim
例10 求
lim(x
2
y
2
)e
(xy)

22(xy)
解
lim(xy)e
x
y
(xy)
2
x
2
y
2

li m

xy

2

2

x
ex2xyy

y

x
2
y
2
1
，令
xyt
，显然满足定理的条件，则因
x0,y0< br>时，
22
x2xyy
(xy)
2
t
2
2t2
22(xy)
lim(xy)e0
.
limlimlimlim0
，所以 ，
xyttt
xxttt
eeee
y
y
例11 求极限
lim
x0
y0
1cosx
2
y
2
tan

x
2
y
2


ulimx
2
y
2
0
显然满足定理的条件，则 解：令
ux
2
y
2
又
lim
x0x0
y0y0
lim
x0
y0
1cosx
2
y
2
tan

x
2
y
2

 lim
1cosusinu1sinu1
22
limlimcosu
u0
tanu
2
u0
2usec
2
u< br>2
u0
2u2

2.7 利用夹逼准则
二元函数的夹逼准 则：设在点
P
0
(x
0
,y
0
)
的领域内 有
h(x,y)f(x,y)g(x,y)
，且
(x,y)(x
0< br>,y
0
)
limh(x,y)
(x,y)(x
0
,y
0
)
limg(x,y)A
（常数），
6

< br>则
(x,y)(x
0
,y
0
)
limf(x,y) A
. 但要注意求二元函数极限时是对两个变量同时放缩．

x
2
y
2
例12 求
lim

x 0
xy
y0
x
2
y
2
(xy)
解: 因为
0xy0(x0,y0)
，由夹逼准
xyxy
x
2
y
2
0
. 则，得
lim
x0
xy
y0
sin(x
2y)
例13 求极限
lim
2
．
x
xy2
y
2
sin(x
2
y)1

解:
0
2
，
222
xyxy
又
lim
1
0
，
x
x
2
y
2
y
故

sin(x
2
y)

lim
2
=0．
x
xy
2
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.
x
2
y
2
例14 求函数
f(x,y)
2
在点
(0,0)
处的极限.
xy
2
解: 此例分2部考虑：
7

先令ykx
，考虑
f(x,y)
沿
ykx
(x,y)(0,0 )
时的极限，
x
4
k
2
x
4
k
2
k
2
2
limf(x,y)lim
2
lim
2
limx0
.因为路径
ykx
为
2
x0x 0
xx
2
k
2
x0
x(1k
2
)< br>x0
1k
ykx
特殊方向，因此我们还不能判断出极限为
0.所以下面用定义检验极限是否为
0
：
因为
xy2xyxy(x< br>2
y
2
)
x
2
y
2
x
2
y
2
f(x,y)0
2
0
2

2222
xyxy2(xy)2(x
2
y
2
)
< br>xy
1
x0y0

22
于是，


0,
取

2

0,(x,y):x0

,y0

且
x
2
y
2
x
2
y
2
1

2
2

0
.
0



=


，所以
lim< br>22
22
x0
xy
2
xy2
2
y0
xy
2
例15.求
f

x,y


2
在

0,0

的极限.
xy
4
x y
2
解：若函数
f

x,y


2
中动点
p

x,y

沿直线
ykx
趋于原点< br>
0,0

，
4
xy
xy
2
x y
2
xk
2
x
2
x
3
k
2
limlim
2
lim
2
0
则
lim
xo
xk
4
x
4
xo
x1k
4
x
2

x,y



0,0

x< br>2
y
4

x,y



0,kx

x
2
y
4

xy
2
即函数
f

x,y


2
中动点
p
< br>x,y

沿着无穷多个方向趋于原点时，它的极
4
xy
限为
0
；但根据这个我们不能说它的极限为
0
；由于动点
p
< br>x,y

沿着其它的路
径，比如沿抛物线
yx
趋于原点时， 其极限为
xy
2
x
2
1
xy
2
xy
2
limlim
2

从而判断出
lim
不
l im
24
24
x0
xx
2
x,y0,0
< br>x,y



0,0

x
2
y< br>4


x,y



0,x

xy2
xy
8

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
p

x,y

不仅任何路径而 且还必须任意方向；
2.9 利用极坐标法
当二元函数中含有
x
2
y
2
项时，考虑用极坐标变换：
x

cos

,y

sin

通过综合运用恒等变换，不等式放缩等方法将二 元函数
f(x,y)
转化为只含有参
量

的函数
g(

)
，进而求二元函数的极限.
例16 计算
lim(x
2
y
2
)sin
xy

22
xy
(x,y)(0,0)
解: 极限中的二元函数含有
x
2
y
2
，令
x

cos

,y

sin

，使得
0(x
2
y
2
)sin
xy(sin

cos

)
2< br>

sin

2
，
22
xy

(sin

cos

)
0

lim 00,lim

2
0
，由

0

 0
夹逼准则得，
lim

2
sin

0

所以，
(x,y)(0,0)
lim(x
2
y
2)sin
xy
0
.
x
2
y
2
xy
2
例17 求极限
lim
.
x0
x
2
y
4
y 0
解：若令t为变量，使
xtcos

,ytsin

且



o,2


，则
xy
2
tcos

sin
2

0
，当
x,y




0,0

时，t
< br>0.对任意固定的


22224
xycos

 tsin

xy
2
xy
2
上式均趋于0，但不能下结论说< br>lim
=0.事实上
lim
不存在，这只
x0
x
2
y
4
x0
x
2
y
4
y0y0< br>9

xy
2
k
lim
让

x,y

沿着任意方向
ykx
趋于定点(0,0)，此时
x0< br>2
.
42
xyk1
y0
=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
为
a
；若化简后的函数为
g(< br>
,

)
，但对于某个固定的

0
,g(< br>
,

0
)0
，仍不能
判断函数的极限为
a
.
2.10 利用累次极限法
一般情况下，累次极限存在并不能保证二重极限存 在，但二元函数
f(x,y)
满足定理2的条件，就可以利用累次极限
limlimf (x,y)或limlimf(x,y)
来计
xx
0
yy
0yy
0
xx
0
算极限.
定理2 若
f(x,y )
在点
(x
0
,y
0
)
存在重极限
xx
0
yy
0
yy
0
xx
0
(x,y) (x
0
,y
0
)
limf(x,y)
与两个累次极限
limlimf(x,y),limlimf(x,y)
，则它们必相等.
x
4
y
4
例18 求极限
lim

(x,y)(0,0)
x
2
y
2
解:
x< br>4
y
4
y
2
(y
2
x
2
)
2
xy
2
，

对任意
2222
xyxy
x
4
y
4
x
4
y
4202
xU(0,

),lim
2
xyU(0,

),limy
一致的成立；而对存在，
y0
xy
2
x0
x
2
y
2
0
根据定理1，得
x
4
y
4
x
4
y
4
2
limliml imlimx0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
x0y0
x
2
y
2
x0
这道题也可以用 上述所说的先估计后证明法和极坐标法来计算，如：
（1） 用先估计后证明法：
解: 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，故极限
10

应为
0
，定义证明：
x
4
y
4
x
4
y
4
22


0,
因为
2
，故要使
0xy
22222
xyxyxy
x
4
y
4



,只要取
，
(x,y):x

,y

则


x
2
y
2
4
x
4
y
4

22
0xy

，
22
xy442
x
4
y
4
故
lim0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
（2）用极坐标法
解 令
x

cos

,y

si n

，因为
x
4
y
4

4
( cos
4

sin
4

)
2442
，< br>0
2


(cossin

)2

22
xy

lim00,lim2

2
0< br>，

由夹逼准则得，
lim

2
(cos
4

sin
4

)0
，

0

0

0
x
4
y
4
所以，
lim0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2例19求函数
f

x,y

=
xsin
11< br>ysin
的极限.
yx

11

11

解：
lim

xsinysin

limlim
xsinysin

当
x0
，以
y
为 常数

x,y



0,0

yx

y0x0

yx

1
时，
limsin
不存在，从而得原函数极限不存在;很显然，这种计算法是错的；
x0
x
因为

11

1

1

当
x0
lim

xsinysin

lim

xsin

lim

ysin

中，
x,y0 ,0x,y0,0

x,y



0,0
 
yx

y

x


1< br>为有界量，
y
11
时，
x
为无穷小量；
y0< br>时，
sin

从而得

x,y

< br>
x
0
,y
0

limxsin
1
1
0
，同样
limysin0
；所以

x,y



x
0
,y
0

y
x

11

1

1

lim

xsinysin

lim

xsin

lim< br>
ysin

0
；

x,y



0,0

yx


x,y



0,0


y


x,y



0,0


x


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；
xy
2
xy
2
xy
2
xy
2
limlim
2
0
但< br>lim
例：
lim
中：
limlim
2
不
y 0x0
xy
4
x0y0
xy
4

x, y



0,0

x
2
y
4< br>
x,y



0,0

x
2y
4
存在。
二）虽然重极限存在，但不一定两累次极限存在；
例：

11

lim

xsinysin

中，

x,y



0,0

yx


11

11

11

lim

xsinysin

0
limlim

xs inysin

，
limlim

xsinysin

y0x0

x,y



0,0
< br>yx

yx

x0y0

yx
< br>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.
例20 求
lim(x
2
y
2
)
x
x0
y0
22
y

解: 设
u(x
2
y
2
)
x
22 22
22
y
，则
x
2
y
2
2222lnuxyln(xy)
2
(xy)ln(xy)
，而
2
xy
12

x
2
y
2
1
22
xyt
，知 ，
lim
2
lim0
，令
x0
xy
2< br>x0
11
y0y0

y
2
x
2
1
lnt
lim(x
2
y
2
)ln(x
2y
2
)limtlntlimlim
t
limt0

x0t0t0
1
t0t0
1
y0

2
tt
故原式=
e
0
1
；
2.12运用洛必达法则求二元函数的极限
例21 求
lim[sin(x
2
yxy
2
)(xy)]
．
(x,y)(0,0)
解: 由第一章定理7洛必达法则可知
(x,y)(0 ,0)
lim[sin(x
2
yxy
2
)(xy)]



1
[cos(x
2
yxy
2< br>)(2xyy
2
)xcos(x
2
yxy
2
) (2xyy
2
)y]
(x,y)(0,0)
2xy
lim

3
lim[cos(x
2
yxy
2
)(xy)] 0

2
(x,y)(0,0)
2.13利用定义求二元函数极限
例22 用定义验证：
lim

x,y


< br>1,1

x

2
xyy
2
3
．

解:
x
2
xyy
23x
2
1

y
2
1

< br>
xy1


=


x 1

x1



y1

y1



x1

y

y1


=

x1

xy1



y1

y2

x1xy1y1y2
，
13

限定

0
，则
x11,y11.

从而
xy1x1y13x1y135
，
y2y13y134
．
故
x
2
xy y
2
35x14y15

x1y1

．



设

为任意正数，取

mi n

1,

，则当
x1

,y1

,

x,y



2,1

时 ，就

10

有
x
2
xyy
2
752

10



．
和一元函数一 样，在使用函数定义求极限的时候，也伴随有放缩，这时要
注意是对两个自变量的同时限制．
在二元函数的定义中，要求
P(x,y)
任意方式趋于
P
0
(x< br>0
,y
0
)
时，函数
f(x,y)
都无限接近于A
．因此，很容易得到：若在
f

x,y

的定义域内 存在两条不同的
连续曲线
yg

x

,yh

x

，且当
xx
0
时，
g
(
x
)
y
0
,h
(
x
)
y
0
，但函数式
f

x,y

沿着这两条曲线逼近

x
0
,y
0

时的极限却不同，或者一个存在，另一个不
存在 ，则二元函数
f

x,y

在此点不存在极限．
就这样，一道题有几种解法，哪个方法比较简单，比较合适就用哪个方法.



14

15

1.二元函数极限概念分析
定义1 设函数
f
在
DR
2
上有定义，
P0
是
D
的聚点，
A
是一个确定的实数.
如果对于任意给 定的正数

，总存在某正数

,使得
PU
0
(P D
时，都有
0
;

)

f(P)A

,
则称
f
在
D
上当< br>PP
0
时，以
A
为极限，记
limf(P)A
.
PP
0
P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
命题 若函数
f(x,y)
在点
(x
0
,y
0
)
处连续，则(x,y)(x
0
,y
0
)
limf(x,y)f(x0
,y
0
)
.
2
例1 求
f(x,y)x2xy
在点
(1,2)
的极限.
2
解： 因为
f(x,y)x2xy
在点
(1,2)
处连续，所以
li mf(x,y)
x1
y2
lim(x
2
2xy)
x 1
y2
1
2
212
5.

例2 求极限
lim
1
．

x ,y



1,1

2x
2
y
2
解： 因函数在

1,1

点的邻域内连续，故可直接代入求极限，即
1
1
=．

x,y



1, 1

2x
2
y
2
3
lim
1

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.
例3 求
lim
2xy4

x0
xy
y0
解：
lim
2xy4
< br>x0
xy
y0
lim
x0
y0
(2xy 4)(2xy4)
xy(2xy4)

lim
xy

x0
xy(2xy4)
y0
1
x0
2xy 4
y0
lim

1
.
4
例4
lim
(12x
2
)(13y
2
)1
2x3y22

x,y



0,0

．
222
解： 原式


x,y



0,0

lim


12x

1 3y

1



12x

13y

1

2

2x

2
3y< br>2



12x

13y

1

22




x,y



0,0

lim
1
22

12x
13y

1

2x


11
0
．
22
2
3y
2



12x

13y

1

22
6x
2
y
2

2

2.3 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
u
2
(x,y)
等价无穷小
(u(x,y) 0)
，有
sinu(x,y)u(x,y)
；
1cosu(x,y)
；
2
ln

1u(x,y)

u(x,y)
；
tanu(x,y)u(x,y)
；
ar csinu(x,y)u(x,y)
；
u(x,y)
；
e
u(x, y)
1u(x,y)
；同一元函
n
数一样，等价无穷小代换只能在乘法和除 法中应用.
arctanu(x,y)u(x,y)
；
n
1u(x,y) 1
例5 求
lim
x0
y0
1xy1

xy
解： 当
x0
，
y0
时，有
xy 0
.
1xy1
lim
x0
y0
1
(x y)
，所以
2
1xy1
xy
1
(xy)

lim
2
x0
xy
y0
1
.
2

lim
x0
y0
1xy1
xy
1xy1
(1xy1)(1xy1)

1
1xy1
lim
这个例子也可以用恒等变形法计算，如：
x0
y0
lim
x0
y0
1
.
2< br>3

2.4 利用两个重要极限
1
sinu(x,y)
lim1
，
lim

1u(x,y)

u(x,y)
e
它们分别是一元函数中两个重
u(x,y)0
u(x,y)0< br>u(x,y)
要极限的推广.
例6 求极限
lim(1
x
ya
1
)
xy
x
2
xy
.
解： 先把已知极限化为
1
lim(1)
x
xy
ya
x
2
xy

1

lim
(1)
xy

x
xy

ya

x
2
xy(xy)
x
2
11
lim,
，而
lim
x
xy(xy)
x
y
yaya
(1)y
a
x
当
x,ya
时
xy,
x
2
xy(xy)
1
1
0
，所以
lim(1)
xy
e.

x
xy
xyya

1

lim

(1)
xy


xy

故原式=
x
ya

e.
例7 求
lim
1
a

sin(xy)
极限.
x0
x
ya
sin(xy)s in(xy)
y.
，当
x0,ya
时，
xy0
，所 以
xxy
解： 因为
sin(xy)
1
，再利用极限四则运算可得：
xy
limsin(xy)sin(xy)sin(xy)
limy.a.
·1=
a< br>.
x0x0yaxy0
xxyxy
yaya
这个例子也 可以用等价无穷小代换计算，如：
当
x0
，
ya
时，
xy0
，
sin(xy)
4
xy
.

所以，
lim
sin(xy)xy
limlimya.

x0x0
x
ya
x
yaya
2.5 利用无穷小量与有界量的乘积仍为无穷小量的结论
11
例8 求
lim(
3
xy)sincos

x0
xy
y0
11
解: 因为
lim(
3
xy)0
是无穷小量，
sincos1
是有界量 ，
x0
xy
y0
11
故可知 ，
lim(
3
xy)sincos0.

x0
xy
y0
(x3)
2
(y2)
例9 求
lim

x3
(x3)
2
(y2)
2
y2
解 原式=
lim
(x3)(y2)
(x3)

x3
(x3)
2
(y2)
2
y2
(x3)(y2)(x3 )
2
(y2)
2
1
因为 是有界量，又
22
(x3)
2
(y2)
2
2

2
(x3)(y2)

lim(x3)0
是无穷小量，
x3
y2
(x3)
2
(y2)
0
. 所以 ，
lim
x3
(x3)
2
(y2)
2y2
虽然这个方法计算实际问题上不那么多用，但计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，
5

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。
定理：函 数
f

x,y

点

x
0
,y< br>0

的取心领域内有定义的且
cosa
、
cosb
沿 向量

xx
0,
若二元函数的极限
lim

x< br>0
tcosa,y
0
tcosb

A
,则 < br>yy
0

的方向余弦，
t0
1

若A
的值与
a
、
b
无关，则

x,y



x
0
,y
0


x,y


x
0
,y
0

limf

x,y

A
；
f

x,y

不存在；
2

若
A
的值与
a
、
b
有关，则
x
y
lim
例10 求
lim(x
2
y
2
)e
(xy)

22(xy)
解
lim(xy)e
x
y
(xy)
2
x
2
y
2

li m

xy

2

2

x
ex2xyy

y

x
2
y
2
1
，令
xyt
，显然满足定理的条件，则因
x0,y0< br>时，
22
x2xyy
(xy)
2
t
2
2t2
22(xy)
lim(xy)e0
.
limlimlimlim0
，所以 ，
xyttt
xxttt
eeee
y
y
例11 求极限
lim
x0
y0
1cosx
2
y
2
tan

x
2
y
2


ulimx
2
y
2
0
显然满足定理的条件，则 解：令
ux
2
y
2
又
lim
x0x0
y0y0
lim
x0
y0
1cosx
2
y
2
tan

x
2
y
2

 lim
1cosusinu1sinu1
22
limlimcosu
u0
tanu
2
u0
2usec
2
u< br>2
u0
2u2

2.7 利用夹逼准则
二元函数的夹逼准 则：设在点
P
0
(x
0
,y
0
)
的领域内 有
h(x,y)f(x,y)g(x,y)
，且
(x,y)(x
0< br>,y
0
)
limh(x,y)
(x,y)(x
0
,y
0
)
limg(x,y)A
（常数），
6

< br>则
(x,y)(x
0
,y
0
)
limf(x,y) A
. 但要注意求二元函数极限时是对两个变量同时放缩．

x
2
y
2
例12 求
lim

x 0
xy
y0
x
2
y
2
(xy)
解: 因为
0xy0(x0,y0)
，由夹逼准
xyxy
x
2
y
2
0
. 则，得
lim
x0
xy
y0
sin(x
2y)
例13 求极限
lim
2
．
x
xy2
y
2
sin(x
2
y)1

解:
0
2
，
222
xyxy
又
lim
1
0
，
x
x
2
y
2
y
故

sin(x
2
y)

lim
2
=0．
x
xy
2
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.
x
2
y
2
例14 求函数
f(x,y)
2
在点
(0,0)
处的极限.
xy
2
解: 此例分2部考虑：
7

先令ykx
，考虑
f(x,y)
沿
ykx
(x,y)(0,0 )
时的极限，
x
4
k
2
x
4
k
2
k
2
2
limf(x,y)lim
2
lim
2
limx0
.因为路径
ykx
为
2
x0x 0
xx
2
k
2
x0
x(1k
2
)< br>x0
1k
ykx
特殊方向，因此我们还不能判断出极限为
0.所以下面用定义检验极限是否为
0
：
因为
xy2xyxy(x< br>2
y
2
)
x
2
y
2
x
2
y
2
f(x,y)0
2
0
2

2222
xyxy2(xy)2(x
2
y
2
)
< br>xy
1
x0y0

22
于是，


0,
取

2

0,(x,y):x0

,y0

且
x
2
y
2
x
2
y
2
1

2
2

0
.
0



=


，所以
lim< br>22
22
x0
xy
2
xy2
2
y0
xy
2
例15.求
f

x,y


2
在

0,0

的极限.
xy
4
x y
2
解：若函数
f

x,y


2
中动点
p

x,y

沿直线
ykx
趋于原点< br>
0,0

，
4
xy
xy
2
x y
2
xk
2
x
2
x
3
k
2
limlim
2
lim
2
0
则
lim
xo
xk
4
x
4
xo
x1k
4
x
2

x,y



0,0

x< br>2
y
4

x,y



0,kx

x
2
y
4

xy
2
即函数
f

x,y


2
中动点
p
< br>x,y

沿着无穷多个方向趋于原点时，它的极
4
xy
限为
0
；但根据这个我们不能说它的极限为
0
；由于动点
p
< br>x,y

沿着其它的路
径，比如沿抛物线
yx
趋于原点时， 其极限为
xy
2
x
2
1
xy
2
xy
2
limlim
2

从而判断出
lim
不
l im
24
24
x0
xx
2
x,y0,0
< br>x,y



0,0

x
2
y< br>4


x,y



0,x

xy2
xy
8

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
p

x,y

不仅任何路径而 且还必须任意方向；
2.9 利用极坐标法
当二元函数中含有
x
2
y
2
项时，考虑用极坐标变换：
x

cos

,y

sin

通过综合运用恒等变换，不等式放缩等方法将二 元函数
f(x,y)
转化为只含有参
量

的函数
g(

)
，进而求二元函数的极限.
例16 计算
lim(x
2
y
2
)sin
xy

22
xy
(x,y)(0,0)
解: 极限中的二元函数含有
x
2
y
2
，令
x

cos

,y

sin

，使得
0(x
2
y
2
)sin
xy(sin

cos

)
2< br>

sin

2
，
22
xy

(sin

cos

)
0

lim 00,lim

2
0
，由

0

 0
夹逼准则得，
lim

2
sin

0

所以，
(x,y)(0,0)
lim(x
2
y
2)sin
xy
0
.
x
2
y
2
xy
2
例17 求极限
lim
.
x0
x
2
y
4
y 0
解：若令t为变量，使
xtcos

,ytsin

且



o,2


，则
xy
2
tcos

sin
2

0
，当
x,y




0,0

时，t
< br>0.对任意固定的


22224
xycos

 tsin

xy
2
xy
2
上式均趋于0，但不能下结论说< br>lim
=0.事实上
lim
不存在，这只
x0
x
2
y
4
x0
x
2
y
4
y0y0< br>9

xy
2
k
lim
让

x,y

沿着任意方向
ykx
趋于定点(0,0)，此时
x0< br>2
.
42
xyk1
y0
=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
为
a
；若化简后的函数为
g(< br>
,

)
，但对于某个固定的

0
,g(< br>
,

0
)0
，仍不能
判断函数的极限为
a
.
2.10 利用累次极限法
一般情况下，累次极限存在并不能保证二重极限存 在，但二元函数
f(x,y)
满足定理2的条件，就可以利用累次极限
limlimf (x,y)或limlimf(x,y)
来计
xx
0
yy
0yy
0
xx
0
算极限.
定理2 若
f(x,y )
在点
(x
0
,y
0
)
存在重极限
xx
0
yy
0
yy
0
xx
0
(x,y) (x
0
,y
0
)
limf(x,y)
与两个累次极限
limlimf(x,y),limlimf(x,y)
，则它们必相等.
x
4
y
4
例18 求极限
lim

(x,y)(0,0)
x
2
y
2
解:
x< br>4
y
4
y
2
(y
2
x
2
)
2
xy
2
，

对任意
2222
xyxy
x
4
y
4
x
4
y
4202
xU(0,

),lim
2
xyU(0,

),limy
一致的成立；而对存在，
y0
xy
2
x0
x
2
y
2
0
根据定理1，得
x
4
y
4
x
4
y
4
2
limliml imlimx0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
x0y0
x
2
y
2
x0
这道题也可以用 上述所说的先估计后证明法和极坐标法来计算，如：
（1） 用先估计后证明法：
解: 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，故极限
10

应为
0
，定义证明：
x
4
y
4
x
4
y
4
22


0,
因为
2
，故要使
0xy
22222
xyxyxy
x
4
y
4



,只要取
，
(x,y):x

,y

则


x
2
y
2
4
x
4
y
4

22
0xy

，
22
xy442
x
4
y
4
故
lim0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2
（2）用极坐标法
解 令
x

cos

,y

si n

，因为
x
4
y
4

4
( cos
4

sin
4

)
2442
，< br>0
2


(cossin

)2

22
xy

lim00,lim2

2
0< br>，

由夹逼准则得，
lim

2
(cos
4

sin
4

)0
，

0

0

0
x
4
y
4
所以，
lim0
.
(x,y)(0,0)
x
2
y
2例19求函数
f

x,y

=
xsin
11< br>ysin
的极限.
yx

11

11

解：
lim

xsinysin

limlim
xsinysin

当
x0
，以
y
为 常数

x,y



0,0

yx

y0x0

yx

1
时，
limsin
不存在，从而得原函数极限不存在;很显然，这种计算法是错的；
x0
x
因为

11

1

1

当
x0
lim

xsinysin

lim

xsin

lim

ysin

中，
x,y0 ,0x,y0,0

x,y



0,0
 
yx

y

x


1< br>为有界量，
y
11
时，
x
为无穷小量；
y0< br>时，
sin

从而得

x,y

< br>
x
0
,y
0

limxsin
1
1
0
，同样
limysin0
；所以

x,y



x
0
,y
0

y
x

11

1

1

lim

xsinysin

lim

xsin

lim< br>
ysin

0
；

x,y



0,0

yx


x,y



0,0


y


x,y



0,0


x


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；
xy
2
xy
2
xy
2
xy
2
limlim
2
0
但< br>lim
例：
lim
中：
limlim
2
不
y 0x0
xy
4
x0y0
xy
4

x, y



0,0

x
2
y
4< br>
x,y



0,0

x
2y
4
存在。
二）虽然重极限存在，但不一定两累次极限存在；
例：

11

lim

xsinysin

中，

x,y



0,0

yx


11

11

11

lim

xsinysin

0
limlim

xs inysin

，
limlim

xsinysin

y0x0

x,y



0,0
< br>yx

yx

x0y0

yx
< br>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.
例20 求
lim(x
2
y
2
)
x
x0
y0
22
y

解: 设
u(x
2
y
2
)
x
22 22
22
y
，则
x
2
y
2
2222lnuxyln(xy)
2
(xy)ln(xy)
，而
2
xy
12

x
2
y
2
1
22
xyt
，知 ，
lim
2
lim0
，令
x0
xy
2< br>x0
11
y0y0

y
2
x
2
1
lnt
lim(x
2
y
2
)ln(x
2y
2
)limtlntlimlim
t
limt0

x0t0t0
1
t0t0
1
y0

2
tt
故原式=
e
0
1
；
2.12运用洛必达法则求二元函数的极限
例21 求
lim[sin(x
2
yxy
2
)(xy)]
．
(x,y)(0,0)
解: 由第一章定理7洛必达法则可知
(x,y)(0 ,0)
lim[sin(x
2
yxy
2
)(xy)]



1
[cos(x
2
yxy
2< br>)(2xyy
2
)xcos(x
2
yxy
2
) (2xyy
2
)y]
(x,y)(0,0)
2xy
lim

3
lim[cos(x
2
yxy
2
)(xy)] 0

2
(x,y)(0,0)
2.13利用定义求二元函数极限
例22 用定义验证：
lim

x,y


< br>1,1

x

2
xyy
2
3
．

解:
x
2
xyy
23x
2
1

y
2
1

< br>
xy1


=


x 1

x1



y1

y1



x1

y

y1


=

x1

xy1



y1

y2

x1xy1y1y2
，
13

限定

0
，则
x11,y11.

从而
xy1x1y13x1y135
，
y2y13y134
．
故
x
2
xy y
2
35x14y15

x1y1

．



设

为任意正数，取

mi n

1,

，则当
x1

,y1

,

x,y



2,1

时 ，就

10

有
x
2
xyy
2
752

10



．
和一元函数一 样，在使用函数定义求极限的时候，也伴随有放缩，这时要
注意是对两个自变量的同时限制．
在二元函数的定义中，要求
P(x,y)
任意方式趋于
P
0
(x< br>0
,y
0
)
时，函数
f(x,y)
都无限接近于A
．因此，很容易得到：若在
f

x,y

的定义域内 存在两条不同的
连续曲线
yg

x

,yh

x

，且当
xx
0
时，
g
(
x
)
y
0
,h
(
x
)
y
0
，但函数式
f

x,y

沿着这两条曲线逼近

x
0
,y
0

时的极限却不同，或者一个存在，另一个不
存在 ，则二元函数
f

x,y

在此点不存在极限．
就这样，一道题有几种解法，哪个方法比较简单，比较合适就用哪个方法.



14

15