例談夾逼準則在計算二重極限中的重要作用

《高等數學》中關于二重極限的計算在多元函數微分學理論中極為重要，但教材中，由于受篇幅限制等因素，對二重極限的計算方法交代甚少，用一句話“有與一元函數類似的運算法則”一帶而過，其他《高等數學》教材也是這種處理方式.事實上，當所要計算的二重極限可直接運用二元函數的連續性、重要極限、等價無窮小代換以及無窮小與有界函數的乘積仍為無窮小量等方法時，確實與一元函數求極限的方法類似，此類問題一般而言也相對容易.而計算一元函數極限時常用的洛必達法則一般不能直接用于計算二重極限.但在計算一元函數極限時不是很常用的夾逼準則方法（利用夾逼準則計算極限的方法簡稱為夾逼準則方法）在計算二重極限時極其重要，它可以解決許多二重極限計算中較為復雜的不同類型的問題，且涉及的知識較少，但方法靈活.主要應用下列內容：

1.夾逼準則

設二元函數f(x，y)在點P0(x0，y0)的去心鄰域Uo(P0)（或|x|>M，|y|>M）時有定義.當(x，y)∈Uo(P0)（或|x|>M，|y|>M）時，若存在函數g(x，y)，h(x，y)且同時滿足：

（Ⅰ）g(x，y)≤f(x，y)≤h(x，y)；

（Ⅱ）limx→x0

y→y0g(x，y)=limx→x0

y→y0h(x，y)=A（或limx→∞

y→∞g(x，y)=

limx→∞

y→∞h(x，y)=A)，

則二重極限limx→x0

y→y0f(x，y)（或limx→∞

y→∞f(x，y)）存在，且極限為A.

2.常用不等式

（Ⅰ）x2+y2≥2|xy|或x+y≥2xy(x>0，y>0)；

（Ⅱ）|x+y|≤|x|+|y|；

（Ⅲ）|sinα|≤1；

（Ⅳ）|sinα|≤|α||α|∈0，π2.

例1計算：（1）limx→1

y→-1x2+xy+y2-x+y+1|x-1|+|y+1|；

（2）limx→0

y→01x4+y4e-1x2+y2；

（3）limx→+∞

y→0+x2+1y2e-x+1y.

分析對于這一類型的二重極限計算問題，應用二元函數的連續性、重要極限、等價無窮小代換等一些常用的方法都不適用，但可利用重要不等式（Ⅰ）或絕對值不等式（Ⅱ）進行放縮，應用夾逼準則方法.

解（1）因為

0≤|x2+xy+y2-x+y+1||x-1|+|y+1|

=|(x-1)2+(y+1)2+(x-1)(y+1)||x-1|+|y+1|

≤(x-1)2|x-1|+|y+1|+(y+1)2|x-1|+|y+1|+|(x-1)(y+1)||x-1|+|y+1|

≤(x-1)2|x-1|+(y+1)2|y+1|+|(x-1)(y+1)||x-1|

=|x-1|+2|y+1|.

由于limx→1

y→-1(|x-1|+2|y+1|)=0，所以由夾逼準則知limx→1

y→-1x2+xy+y2-x+y+1|x-1|+|y+1|=0.

本題亦可按下述方法放縮：

由|x-1|+|y+1|≥|x+y|，

得1|x-1|+|y+1|≤1|x+y|，從而

0≤|x2+xy+y2-x+y+1||x-1|+|y+1|

=|(x+y)2-(x-1)(y+1)||x-1|+|y+1|

≤|(x+y)2||x-1|+|y+1|+|(x-1)(y+1)||x-1|+|y+1|

≤|(x+y)2||x+y|+|(x-1)(y+1)||x-1|

=|x+y|+|y+1|→0(x→1，y→-1).

一般來說放縮方法不唯一，但必須注意不能“放過”，否則達不到目的.

（2）因為0≤1x4+y4e1x2+y2=(x2+y2)2x4+y4#8226;1(x2+y2)2#8226;e-1x2+y2=x4+y4+2x2y2x4+y4#8226;1(x2+y2)2e-1x2+y2≤1+2x2y2x4+y4#8226;1(x2+y2)2e-1x2+y2≤2(x2+y2)2e-1x2+y2，

由于limx→0

y→02（x2+y2)2e-1x2+y2ρ=x2+y2limρ→0+2ρ2e-1ρt=1ρlimt→+∞2t2et=limt→+∞4tet=limt→+∞4et=0，

所以由夾逼準則知limx→0

y→01x4+y4e-1x2+y2=0.

（3）由x→+∞，y→0+可知xy>0，則

0≤x2+1y2e-x+1y≤x2+2xy+1y2e-x+1y=x+1y2e-x+1y，

由于limx→+∞

y→0+x+1y2e-x+1yx+1y=tlimt→+∞t4et=0，從而由夾逼準則知limx→+∞

y→0+x2+1y2e-x+1y=0.

放縮后的二元函數可通過換元轉化為一元函數，這時就可運用洛必達法則求極限得出結果.

例２計算:（4）limx→1

y→-1sin(x-1)(y+1)x-1；

（5）limx→0

y→0x2sinyx2+y2；

（6）limx→∞

y→∞sin(x+xy+y)|x|+|y|.

分析這一類型的問題，一些常用的方法也不適用，但函數式中包含三角函數式，可利用三角不等式（Ⅲ）（Ⅳ）進行放縮，應用夾逼準則方法.

解（4）由x→1，y→-1知|(x-1)(y+1)|<π2，則有|sin［(x-1)(y+1)］|≤|(x-1)(y+1)|，

所以sin(x-1)(y+1)x-1≤(x-1)(y+1)x-1=|y+1|，

而limx→1

y→-1(y+1)=0，所以由夾逼準則可知

limx→1

y→-1sin(x-1)(y+1)x-1=0.

本題若不采用夾逼準則方法，容易犯這樣的解題過程錯誤：

limx→1

y→-1sin(x-1)(y+1)x-1=limx→1

y→-1sin(x-1)(y+1)(x-1)(y+1)(y+1)=limx→1

y→-1(y+1)=0.

錯誤原因是sin(x-1)(y+1)x-1與sin(x-1)(y+1)(x-1)(y+1)(y+1)由于定義域的不同，它們不是相同函數.

（5）由y→0知|y|<π2，故|siny|≤|y|，則0≤x2sinyx2+y2≤x2yx2+y2≤x2yx2=|y|，

因為limx→0

y→0|y|=0，所以由夾逼準則知limx→0

y→0x2sinyx2+y2=0.

本題也可以這樣放縮：

0≤x2sinyx2+y2=x2x2+y2|siny|≤x2+y2x2+y2|siny|=|siny|→0(y→0).

但如果按下列方式放縮無效，因為“放過”了.

因為|siny|≤1，所以0≤x2sinyx2+y2≤x2x2+y2≤x2x2=1.

（6）因為|sin(x+xy+y)|≤1，所以0≤sin(x+xy+y)|x|+|y|≤1|x|+|y|，

而limx→∞

y→∞1|x|+|y|=0，由夾逼準則得limx→∞

y→∞sin(x+xy+y)|x|+|y|=0.

例３計算：（7）limx→0

y→0x2y2+1-1x2+y2；

（8）limx→0

y→0(x2+y2)arcsin(x+y)；

（9）limx→+∞

y→+∞xyx2+y2x2.

分析這些題型中，所求極限的函數式更為復雜，有些函數可能需要先化簡或等價無窮小代換后再放縮；有些函數可能需要多級放縮或放縮后再代換轉化為一元函數的極限計算.但只要放縮適當，此類二重極限計算問題同樣可巧妙地利用夾逼準則方法.

解（7）先將函數式中分子有理化后再放縮.

因為x2y2+1+1≥2，所以1x2y2+1+1≤12，從而

0≤x2y2+1-1x2+y2=x2y2(x2+y2)x2y2+1+1≤x2y22(x2+y2)≤x2y22#8226;2|xy|=14|xy|，

因為limx→0

y→014|xy|=0，所以由夾逼準則知

limx→0

y→0x2y2+1-1x2+y2=0.

本題也可先用等價無窮小x2y2+1-1~12x2y2(x→0，y→0)代換后再放縮.

（8）因為limx→0

y→0(x2+y2)arcsin(x+y)=limx→0

y→0earcsin(x+y)#8226;ln(x2+y2)=elimx→0

y→0arcsin(x+y)#8226;ln(x2+y2)=elimx→0

y→0(x+y)ln(x2+y2).

又由2(x2+y2)≥(x+y)2，得2(x2+y2)≥x+y，故

0≤|(x+y)ln(x2+y2)|≤|2(x2+y2)ln(x2+y2)|，

而limx→0

y→02(x2+y2)ln(x2+y2)x2+y2=ρlimρ→0+2ρlnρ=2limρ→0+lnρ1ρ=2limρ→0+1ρ-1ρ2=2limρ→0+(-ρ)=0.

故由夾逼準則得limx→0

y→0(x+y)ln(x2+y2)=0，

所以limx→0

y→0(x2+y2)arcsin(x+y)=elimx→0

y→0(x+y)ln(x2+y2)=e0=1.

(9)因為當x>0，y>0時，0

y→+∞12x2=0，由夾逼準則得limx→+∞

y→+∞xyx2+y2x2=0.

由上述例題可知，夾逼準則在計算二重極限中有著非常重要的作用，可以計算多種不同類型的二重極限，特別對不能直接套用一元函數求極限的“未定式”的二重極限計算問題尤其有效.關鍵是利用一些重要不等式構造出同時滿足夾逼準則中兩個條件的函數g(x，y)，h(x，y).由于放縮方法不盡相同，解題過程中不能一一列出.這種構思巧妙、放縮靈活的構造函數g(x，y)，h(x，y)的方法，不僅解決了二重極限的計算問題，同時也能激發學生學習數學的興趣，提高邏輯思維能力，既有實用性又有趣味性.雖然二元函數的極限較為復雜，但只要合理選擇解題方法，注重運用夾逼準則，問題就不難解決.