一題多解探討二重極限的計算

徐泰燕

（武昌工學院，湖北 武漢 430065）

二元函數為代表的多元函數的極限定義和一元函數的極限定義均可利用“ε-δ定義[1]”給出，表面上看，多元函數的重極限的復雜度只是由于變元個數的增加引起的，但實際上，相比一元函數在x0處的點極限僅要求x從x0的左、右兩側直線趨近于x0不同，多元函數的重極限對趨近路徑有更高的要求，即滿足任意性（既包括沿兩個坐標軸方向的直線路徑，也包括更復雜的任意函數曲線路徑），因此，二元函數的極限求解問題相對復雜很多。

但有時題目不滿足相應的條件，無法運用相應的方法，例如在實際教學過程中遇到的下面求二重極限在點（0，0）處無意義，進而不連續，從而本極限不能利用二元函數的連續性計算該極限，但可以結合相關二元函數的理論探討其他求解方法。本文針對該題給出五種不同的解答方法，以供大家教學時參考。

求一元函數的極限有許多方法，如：四則運算求極限法、等價無窮小量代換法、有界量乘以無窮小量仍為無窮小量的結論、兩類重要極限、利用連續性、洛必達法則等，上述方法在條件滿足的情況下可以推廣到二元函數為代表的多元函數的重積分計算中，也即重積分的計算可以選擇恰當的變量代換轉化成一元函數的極限求解，進而使問題變得簡便。

在一元函數的極限求解中，當x→0時，sinx→0和ln（1+x）均為無窮小量，利用第一類重要極限可知 sinx～x，同理，ln（1+x）～x，在做極限的乘除法運算時，可將sinx用x代換，ln（1+x）用x代換，從而=1，可見恰當的進行等價無窮小代換可使極限問題變得簡便。 而對于本題，當（x，y）→（0，0）時，sin（x3+y3）→0，可令 x3+y3=u，類似于一元函數的等價無窮小代換理論將sinu用u代換，即將方法進行探討，以下不再對此再做一一單獨說明。

1 先猜測極限，再用二重極限的“ε-δ定義”證明結論

極限的“ε-δ定義[1]： 設函數 z=f（x，y）的定義域為 D，P0（x0，y0）是 D的聚點，如果存在常數A，對于任意給定的正數ε（無論多么?。?，總存在正數 δ，使得當點 P（x，y）∈D∩ （P0，δ）總有＜ε 成立，則稱 A 為函數 z=f（x，y）當（x，y）→（x0，y0）（或 P→P0）時的極限，記作x，y）=A。

給定?ε＞0（無論多么?。?，利用放縮法，要使下面式子

2 利用一元函數極限的 “有界量乘以無窮小量仍為無窮小量”結論求解

對于一元函數的極限，有下面定理：

定理1[1]在某一極限過程中，若 α（x）是無窮小量，f（x）是有界函數，則 α（x）f（x）仍是無窮小量。

對于上面定理，可將其推廣到多元函數的重極限計算中，本例中，對函數做變形得：

3 利用解析函數的L’Hospital法則求解

定理 2[2]設 f（z）=u（x，y）+iv（x，y），g（z）=w（x，y）+ih（x，y）是以 z0=x0+y0為零點的兩個不恒等于0的解析函數，則有：

4 利用極坐標變換計算

在二重極限的計算中，當出現（x，y）→（0，0），且二元函數解析式中包含x2+y2的形式時，一般可考慮極坐標變換法。

利用上面結論，在本例中，x0=0，y0=0，可令 x=rcosθ，y=rsinθ，

5 利用二元函數的洛必達法則求解

定理 3[4]若二元函數 f（x，y）、g（x，y）滿足：（1）在

6 結論

［1］黃立宏.高等數學[M].復旦大學出版社，2010.

［2］倪培溉.用L’Hospital法則求解某些二元函數的極限[J].中國民航學院學報，2003（7）：6-7.

［3］沈彩霞.二元函數極限的計算[J].河池師專學報，2002（6）：42-43.

［4］張立新.二元函數的微分中值定理及羅比達法則[J].遼寧教育學院學報，2001（9）：21.