02-72.1 重极限的存在性判定pdf
极限存在判定与求法
e 。记为e，其近似值为 证明过程 e=2.718281828459……
e 。 证明过程
x x
lim
1
1
x
e
x x
令t
1，则得
lim
1
1
tt
e
x
t0
8
2020年6月11日星期四
利用第一个重要极限解题
例1. 1). 求极限lim tan x 。 x0 x
解 lim tan x lim sin x lim sin x lim 1 1
7
2020年6月11日星期四
2、lim 1
1 x
e
x x
下面分三步证明这个结果。
引理 极限 lim 1 1 n 存在。 证明过程
n n
记 lim 1 1 n e，经计算知它是一个无理数。
n n
引理 定理
极 极
限 限
lim 1 1 x x lim 1 1 x
x
为纪念欧拉(Eular)先生而
2020年6月11日星期四
§2.3 极限存在性的判定与求法
一、极限存在性的判断准则 前面我们学习了计算极限的几种基本方法。但是对于一些
稍微复杂的极限，如三角函数、反三角函数、对数函数、指数 函数等混合式的极限，很难用前面的方法计算。下面介绍两个 极限的存在性的判断定理，这两个定理不仅是微积分的理论基 础，在极限的计算中也有重要作用。
x0 x x0 x cos x x0 x x0 cos x
2) 求极限lim arcsinx 。 x0 x
解 令t=arcsinx，即x=sint，则x→0时t→0 ，从而
lim arcsinx lim t 1
高等数学 极限存在的判断准则
n lim 由此可得 n→ ∞ a
( a > 0)
n n n ⇒ lim a =1 由 1 a n ( n a 时 ) ≤ ≤ ≥ (1) 当 a ≥ 1 时， n→ ∞
∴ lim n a = lim (2) 当 0 < a < 1 时，
n→ ∞
1 1a
n→ ∞ n
=
1
n→ ∞
1 >1 a
lim n 1 a
第三节 极限存在的判别准则
1. 夹逼性定理 2. 单调有界性定理 3. 小结、作业
1/17
一. 夹逼定理
定理1 设有数列 { x n }, { yn }, { z n }，满足： （1） ∃N , n > N : zn ≤ xn ≤ yn （2） lim yn = lim z n = A, 则
n→ ∞
4/17
1.
例3 求下列数列的极限
n! ! n (1) x n = n ; (由前面讨论知lim n = 0) n→∞ n n n a ( 2) x n = ; n! 证： ∀n > [a ],
a a a a a a an ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 0< 1 2 [a ] [a ] + 1 [a ] + 2 n n!
设 lim x n = a , 对 x n = n + 3 x n−1两边求极限得 n→∞ 2n − 1
1 a = a ⇒ a = 0, ∴ lim x n = 0. n→∞ 2
例 2 设 A > 0 , x1 > 0, x n+1
试证 { x n } 收敛 , 并求此极限 .
A 1 = ( x n + ), ( n = 1,2, ) xn 2
高数第-章极限存在准则两个重要极限PPT课件
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REPORTING
2023
目录
• 极限存在准则概述 • 第一个重要极限：夹逼准则 • 第二个重要极限：单调有界准则 • 极限存在准则的深入探讨 • 两个重要极限的拓展与应用 • 课程总结与回顾
2023
学习方法与技巧分享
深入理解概念
通过反复阅读教材和参考书籍，加深对极限存 在准则和两个重要极限的理解。
多做练习题
通过大量的练习题，熟练掌握求解函数极限的 方法和技巧。
归纳总结
及时归纳总结学习过程中的重点和难点，形成自己的知识体系。
下一步学习计划与建议
深入学习后续章节
在掌握本章知识点的基础上，继续深入学习后续章节，如导数、 微分等。
两个重要极限的引入
第一个重要极限
lim(sinx/x) = 1 (x->0)。
第二个重要极限
lim[(1 + 1/x)^x] = e (x->∞)。
引入原因
这两个极限在微积分学中具有重要地位，是求解许多复杂极限问题的基础。
应用举例
利用这两个重要极限可以求解诸如三角函数、指数函数、对数函数等的极限问题。
工程学
在工程学中，两个重要极限被用于分析和设计各 种工程结构，如桥梁、建筑、机械等，以确保其 稳定性和安全性。
经济学
在经济学中，两个重要极限被用于研究和分析市 场供需关系、价格变动等经济现象，为经济政策 制定提供理论支持。
两个重要极限的拓展形式
多元函数极限
将两个重要极限的概念拓展到多元函数，研 究多元函数在某一点或某一区域内的极限行 为。
2023
PART 03
高等数学函数极限存在的判别法则
1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x 1 x
x
x
x
x
1 1 x
1 x
1 由 lim 1 e 知 n n
0
若 xn x0 n , 则有
判 别 准 则 II 的 充分性证明要 用反证法证明 ，证明从略．
f ( xn ) A( n ).
x 这里 0 可代表 x0 , x0 , , , 和 .
sin x 极限不存在． 例4 证明 xlim
3 x 1
3 x 1
1 1 lim 1 1 x x x
x
3
e 3 1 0 e 3 .
数列极限是特殊的函数极限，由函数极限的定义，若
lim f ( x ) A, 则对任何 xn x0 ( n ), 有 x x
x 0 x 0
sin x 1. 由判别准则I,知 lim x 0 x
图1.6.1
第二个重要极限:
1 lim 1 e x x
n
x
1 第二个重要极限要通过 lim 1 e 和定理1得到， n n
有兴趣研究其证明方法可参阅有关教材，我们只给出
高等数学多媒体课件
§1.6 函数极限存在的判别法则
由于函数极限的变量取值的连续性，导致函 数极限存在的判别法则和数列极限存在的判别法 有相似，但又有许多不同． 判别准则I (两边夹法则) 若 0 0, 使得当
x U ( x0 , 0 ) 时， h( x ) f ( x ) g ( x ), 且
2.3极限的运算法则及存在准则
无界
例 求
2x 2sin 2 lim 2 x→0
解 原式 = 例 求
x
1 sin = lim x 2 x→0 2
x 2
1 2 = 2 ⋅1
2
解 原式 =
高等数学
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例 解:
x sin n x n 3 ⋅x= x lim 3 sin n = lim n→∞ n→∞ x 3 3n
x
x
>o
x − k
解:
1+ 1 = lim x→ ∞ x − k
例
( ) 解: lim ( + 3tan x) 1
x
左边指数同,底
右边底同,指数
1≤
1 5 x + +1 6x 6
1 ≤1 x
1 5 x ∵ lim + +1 =1 x x→+∞ 6 6
lim ∴ (1+ 5 + 6 )
x
x→+∞
1 x x
=6
高等数学
lim[ f (x)]−n = [ lim f (x) ]−n ( n 为正整数 )
( lim f (x) ≠ 0)
值得强调的是：在运用极限的四则运算法则求极限时， 必须要求参与运算的每个函数的极限都存在，运用商的 极限运算法则时，还要求分母的极限不为零。
高等数学
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例 设有分式函数
这是重要极限2的又一个常用形式。
α→0
1
高等数学
怎么判断极限是否存在
怎么判断极限是否存在判断⽅法：分别考虑左右极限。
极限存在的充分必要条件是左右极限都存在，且相等。
极限不存在的条件：当左极限与右极限其中之⼀不存在或者两个都不存在；左极限与右极限都存在，但是不相等。
极限的性质1、唯⼀性：若数列的极限存在，则极限值是唯⼀的，且它的任何⼦列的极限与原数列的相等。
2、有界性：如果⼀个数列’收敛‘（有极限），那么这个数列⼀定有界。
但是，如果⼀个数列有界，这个数列未必收敛。
例如数列：“1，-1，1，-1，……，(-1)^n+1”3、保号性。
4、保不等式性：设数列{xn}与{yn}均收敛。
若存在正数N，使得当n>N时有xn≥yn，则（若条件换为xn>yn，结论不变）。
5、和实数运算的相容性：譬如：如果两个数列{xn}，{yn}都收敛，那么数列{xn+yn}也收敛，⽽且它的极限等于{xn}的极限和{yn}的极限的和。
6、与⼦列的关系：数列{xn}与它的任⼀平凡⼦列同为收敛或发散，且在收敛时有相同的极限；数列{xn}收敛的充要条件是：数列{xn}的任何⾮平凡⼦列都收敛。
求极限的6⼤⽅法两个重要极限。
等价替换。
等价替换⼜称为等价⽆穷⼩替换。
⽆穷⼩乘以有界量等于⽆穷⼩。
洛必达法则。
主要有0/0型和∞/∞两种类型。
夹逼准则。
如果yn<xn<zn，且yn和zn极限都为a，那么xn极限也为a。
同样的也适⽤于函数极限，如果h(x)<f(x)<g(x)，且h(x)和g(x)极限都是a，那么f(x)极限也为a。
说⽩了，就是”两边夹中间”。
关键在于找出两边的y和z或者h和g。
单调有界定理。
在计算题中，单调有界定理⽤的不多。
但是如果遇到，则因为⽤的少，就会很容易让⼈想不起来。
因此，最好记下，时刻提醒⾃⼰有这个定理。
所谓单调有界定理就是指，单调且有界的数列必有极限，对于函数也⼀样，单调且有界的趋近过程也必有极限。
极限存在准则、两个重要极限和连续复利公式
0 准则Ⅰ′ 如果当 x U ( x0 ) (或 x M )时,有
(1) g ( x ) f ( x ) h( x ), ( 2) x x g ( x ) A, x x h( x ) A, lim lim
( x )
0
( x )
0
那末 lim f ( x ) 存在, 且等于A .
2
10
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极限存在准则 重要极限
2. 定义
1 n lim(1 ) e n n
1 n lim (1 ) e n n
1 n 设 x n (1 ) n n 1 n( n 1) 1 n( n 1)( n n 1) 1 1 2 n 1! n 2! n n! n
解
1 x2 2 1 4 原式 lim[(1 ) ] (1 ) e2 . x x2 x2
17
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极限存在准则 重要极限
四、小结
1.两个准则
夹逼准则; 单调有界准则 .
2.两个重要极限
设 为某过程中的无穷小,
sin 0 1 lim 1; 某过程
15
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极限存在准则 重要极限
r nk Ak A0 (1 ) n
如果计息期数 n ，即利息随时计入本金（连续
复利），则 k 年末的本利和为
r nk 1 Ak lim A0 (1 ) lim A0 {[1 ] }rk A0 e rk n n n n r A A 上述两式中： 0 称为现值， k 称为将来值（终值）， 已知 A0 求 Ak ，称为复利问题， 已知 Ak ，求 A0
《极限存在准则》课件
利用实数的连续性证明极限存在准则
总结词
利用实数的连续性，通过分析数列与实 数轴的关系证明极限存在准则。
VS
详细描述
实数的连续性是指实数轴上的任意两点间 的所有点都位于这两点之间。利用实数的 连续性，我们可以分析数列与实数轴的关 系来证明极限的存在。例如，如果一个数 列收敛于实数L，那么对于任意的正数ε， 都存在一个正整数N，使得当n>N时， |a_n - L| < ε。这意味着数列的项在L的ε 邻域内摆动。由于实数的连续性，我们知 道这个ε邻域内只有有限个点。因此，当n 增加时，数列的项最终会落在L的邻域内 并保持在这个邻域内。这证明了数列的极 限存在。
定义方式
极限存在准则通常以一系列定理的形式给出，这些定理描述了在不同情况下数 列或函数极限存在的条件。例如，单调有界定理、Cauchy收敛准则等。
极限存在准则的起源和历史
起源
极限存在准则的起源可以追溯到17世纪和18世纪，当时数学 家开始研究无穷小量和连续性的概念。这些概念的发展导致 了极限理论的产生，极限存在准则作为极限理论的一部分， 也随之发展起来。
在几何学中的应用
极限存在准则在几何学中 也有着重要的应用，如研 究曲线、曲面和流形的性 质和构造等。
在概率论中的应用
极限存在准则在概率论中 也有着重要的应用，如研 究随机变量的极限性质和 概率分布的收敛性等。
极限存在准则的研究展望
深入研究极限存在准则的数学原理
进一步深入研究极限存在准则的数学原理，探索其在数学其他分支中的应用。
积分学基础
在积分学中，极限存在准则用于确定积分的存在性和计算方法。例如，在研究定积分和不定积分的性质时，极限 存在准则发挥了关键作用。
04
5__极限存在法则___两重要极限
n
所以
1 1 1 1 2 n − 1 xn+1 =1 + 1 + 1 − + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 − 1 − ⋅ ⋅ ⋅ 1 − n! n + 1 n + 1 n + 1 2! n + 1
tan xlim sin x ⋅ 1 = lim sin x ⋅ lim 1 x→0 x →0 x x cos x x →0 x x →0 cos x
=1 1 − cos x . 例6 求 lim 2 x→ x →0 x 2 x 2 x sin 2 sin 1 2 解 lim 1 − cos x = lim 2 = lim 2 2 2 x →0 x→0 → 2 x →0 x x x 2 x 2 sin
1 1 2 n + 1 − 1 − ⋅ ⋅ ⋅ 1 − (n + 1)! n + 1 n + 1 n + 1
数学分析（ 数学分析（上）
比较得: 为单调递增数列. 比较得: xn ≤ xn+1 ,即{xn} 为单调递增数列. 又注意到: 又注意到:
数学分析（ 数学分析（上）
例8 证明数列 x n = 3 + 3 + ⋯ + 3 ( n重根 式 )的极限存在 . 证 显然 x n + 1 > x n ,∴ {xn } 是单调递增的 ;
又 ∵ x1 = 3 < 3, 假定 x k < 3, x k + 1 = 3 + x k < 3 + 3 < 3, ∴ {xn } 是有界的 ;
08 第八节 极限存在准则 两个重要极限
08 第八节极限存在准则两个重要极限第八节极限存在准则两个重要极限分布图示★夹逼准则★例1 ★例4 ★例7 ★例10 ★例12 ★例15 ★例18 ?1?★lim?1???e x???n?x★单调有界准则sinx★lim?1 x?0x★例2 ★例5 ★例8 ★例11 ★例13 ★例16 ★例 3 ★例 6 ★例9 ★例14 ★例17 ★例19 ★例20★例21 ★例24 ★例22 ★例23 ★例25 ★柯西极限存在准则★连续复利★内容小结★课堂练习★习题1- 8内容要点一、准则I：如果数列xn,yn及zn满足下列条件: yn?xn?zn(n?1,2,3,?);limyn?a,limzn?a, n??n??那末数列xn的极限存在, 且limxn?a. n??注：利用夹逼准则求极限，关键是构造出yn与zn, 并且yn与zn的极限相同且容易求.二、准则II：单调有界数列必有极限. 三、两个重要极限：sinx?1?1. lim?1；2．lim?1???e. x???x?0xx?四、连续复利设初始本金为p (元), 年利率为r, 按复利付息, 若一年分m次付息, 则第n年末的本利和为r??sn?p?1???m?mnx 如果利息按连续复利计算, 即计算复利的次数m趋于无穷大时, t年末的本利和可按如下公式计算r??s?plim?1??m???m?mt?pert 若要t年末的本利和为s, 则初始本金p?se?rt. 例题选讲夹逼准则的应用?111??. 例 1 (E01) 求lim??????222n???n?2n?n??n?1解?nn?n2?1n?12???1n?n2?nn?12 又limn??nn?n2?limn??111?n?1,limn??nn?12 ?limn??111?2n?1, 夹逼定理得?1?11??1.lim??????2n???n2?2n2?n??n?1nn1/n例 2 求lim(1?2?3). n??解1nnn(1?2?3)??2??1??3?1???????,易见对任意自然数n,有???3??3????2??1?1?1???????3, ? 3??3?nnn1n?n1故3?1n1??2??1??3?1????????3?3n. ???3??3? ??n1n?n1而lim3?1nn???3,1lim3?3nn???3,所以1nnn2?3)n??lim(1???2??1??lim3?1?????? ??3. n?????3??3???n1n?n 例 3 求lim??解设xn??111??. ????22?n??n2(n?1)(n?n)??111? ???. 显然，n2(n?1)2(n?n)2n?1111111n?1??????x????? ?2 n22222224n(2n)(2n)(2n)nnnn又limn?1n?1?0,lim?0,夹逼准则知limxn?0, n??4n2n??n2n???111???0. 即lim?????22?n???n2(n?1)(n?n)??an(a?0). 例 4 求limn??n!a?a?a?aana?a?a?ac?a?c??解?, ([a]?2)([a]?3)?nn!1?2?3?([a]?1)([a]?2)?nna?a?aanc?aanc?a,因此0??,而lim?0. 其中c??0,所以limn??n!n??n1?2?3?([a]?1)n!n n!. n??nnn!1?2?3?n1?2?n?n?nn!222解n???2,易见0?n?2.又lim2?0. n??nn?n?n?nn?n?n?nnnnnn!所以lim2?0. n??n 例5 (E02) 求lim例6 (E03) 求极限limcosx. x?0xx2?x??2????解因为0?1?cosx?2sin,故准则I?,得22?2?22lim(1?cosx)?0, 即limcosx?1 x?0x?0 例7 求limnn. n??解令nn?1?rn(rn?0),则n?(1?rn)n?1?nrn?2n(n?1)2n(n?1)2. rn???rnn?rn(n?1),因此, 0?rn?n?12!2!于limn??2?0,所以limrn?0.故limnn?lim(1?rn)?1?limrn?1.n??n??n??n??n?1 例8 求证limna?1(a?0). 解(1)n??当a?1时, n1?1,故limna?lim1?1. n??n??(2) 当a?1时,设xn?na,显然xn?1.当n?a 时,xn?na?nn.例3知limnn?1,所以n??n??limna?1(a?1). (3)当0?a?1时，总存在一个正数b(b?1),使得a?1/b,(2)知limnb?1,所以n??n??limna?limnn??111???1, blimnb1n??综合上述证明可知limna?1(a?0). n?? 例9 求极限limx??. x?0?x?1?1?1?1?解当x?0时, ?1????，因此，当x?0时, 1?x?x???1 x?x?x?x??1??1?x?0x?1,1?x?x夹逼定理可得lim当时，有???x??1 x?0??x????1??1?x?1,limx夹逼定理可得lim从而????1. x?0?x?0??x??x? 例10 (E04) 设有数列x1?1??3,x2?3?x1,?,xn?3?xn?1,?,求limx. n??n证显然xn?1?xn,?{xn}是单调递增的.下面利用数学归纳法证明{xn}有界. 因为x1?3?3,假定xk?3,则xk?1?3?xk?3?3?3. 所以{xn}是有界的.从而limxn?A存在. n??222递推关系xn?1?3?xn,得xn?1?3?xn,故limxn?1?lim(3?xn),即A?3?A, n??n??解得A?1?131?131?13,A?. (舍去). 所以limxn?n??222 例11 设a?0为常数, 数列xn下列定义:xn?1?a???x?(n?1,2,??) n?1??2?xn?1?其中x0为大于零的常数, 求limxn. n??解先证明数列xn的极限的存在性. 1?a?2222??2xnxn?1?xnxn??即x?(x?x)?x?ax?a. ?a,?n?1nn?1nn?1?2?xn?1 ??a?0,x0?0,知xn?0,因此xn?a,即xn有下界.又xn?11?a???1?1a?1,故数列xn单调递减，极限存在准则知limxn存在.??1?2?2n??xn2??xn?22xn 1?a?1?a??A?A?不妨设limxn?A,对式子xn??两边取极限得:x???. n?1?n??2A2?x??n?1??解之得A?a,即limxn?a. n?? tanx. x?0xtanxsinx1sinx1?1. 解lim?lim??lim?limx?0xx?0xx?0x?0cosxxco sx 例12 (E05) 求lim例13 求limtan3x.x?0sin5xsin3x31tan3xsin3x1133解lim?lim3x??lim????1?.5x5co3x?0sin5xx?0sinsx155xco3sxx?0sin 55x 例14 (E06) 求lim1?cosx. 2x?0x2xx?x?sin?2sinsin2?2??1?12?1.2?1lim2?1lim?解原式?limx?02x?0?x?2x?0?x?222x2?????2?? 2?2 例15 下列运算过程是否正确：limtanxtanxxtanxx?lim.?limlim?1.x?xsinxx?xxsinxx?xxx?xsinxtanxx?1,?1,本题x??,所以不能应用上述xsinx解这种运算是错误的.当x?0时,方法进行计算.正确的作法如下：令x???t,则x???t;当x??时, t?0,于是tanxtan(??t)tanttanttlim?lim?lim?lim???1. x??sinxt?0sin(??t)t?0?sintt?0t?sint 例16 计算lim解lim cosx?cos3x. 2x?0xcosx?cos3x2sin2xsinx4sin2xsinx?4. ?lim??lim22x?0x?0x?02xxxxx2例17 计算lim. x?01?xsinx?cosxx2(1?xsinx?cosx)1?xsinx?cosx)?lim解lim ?limx?0x?01?xsin1?cosxxsinxx?01?xs inx?cosxx?cosx?2xx2x2?1?14?. 1?132 x?sin2x.x?0x?sin2xsin2xsin2x1?1?2x?sin2xx?lim2 x?1?2??1. 解lim?limx?0x?sin2xx?0sin2xx?0sin2x1?23 1?1?2x2x 例18 (E07) 计算lim?1?例19 (E08) 求lim?1??n???n?n?3. 1?????1?n??n?1?解lim?1??n???n?n?3???lim??1?n?????1??n? 3??1??1???lim?1????1???e?1?e.n???n??n???n3 1/x例20 (E09) 求lim(1?2x). x?0解1lim(1?2x)xx?01????lim?(1?2x)2x?x?0??? ??2?e?2. ?k?例21 (E10) 求lim?1??. x???x?xx????kkkk?k?????k解lim?1???lim??1?????lim?1????e.x??x????x???x???x??x??????xkkx?1?特别地，当k??1时，有lim?1???e?1. x???x? ?3?x?例22 (E11) 求lim??. x???2?x??3?x?解lim??x???2?x?2xxx?2?2?????1??1??lim?? 1?? ???lim??1??x????x??x?2x?2????????? ?x?2?4??1???1?2?lim??1????1???e. x????x?2??x?2????222x2x ?x2??.例23 求lim?x???x2?1???xx???x2?11??????lim解lim??1?2??lim??1?2x???x2?1?x????x???x ?1x?1?????xxx2?1?x?12????e0?1.x1/x例24 计算lim(e?x). x?01(ex?解limx?01x)x?1?lim(ex)x?1?x?0?e?x?xx??? elim1???x?x?0?ex???e??1?xx?ex?2??e?e?e. ?? tan2x. 例25 求极限lim(tanx)x??/4解令t?tanx?1,则tanx?t?1,当x??4时,t?0,又tan2x?2(t?1)2tanx12(t?1)? ???22tt?21?tan x1?(t?1)12(t?1)??lim(1?t)tt?2t?01?2(t?1)li m[(1?t)t]t?2t?0故lim(tanx)tan2x?x???1?[lim(1?t)t]t?0limt?0 ?2(t?1)t?2?e?1. 4 连续复利例26 (E12) 小孩出生之后，父母拿出P 元作为初始投资，希望到孩子20岁生日时增长到100000元，如果投资按8%连续复利，计算初始投资应该是多少？解利用公式S?Pe，求P. 现有方程rt100000??20此得到eP?100000?? 于是，父母现在必须存储元，到孩子20岁生日时才能增长到100000元. 计算现值可以理解成从未来值返回到现值的指数衰退. 一般地，t年后金额S的现值P, 可以通过解下列关于P的方程得到S?Pekt，P? P?kt?Pe. ekt课堂练习 1. 求极限limtanx?sinx. x?0x2sinx2. 求极限lim x???1(3x?9x)x.。
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kx2
x2 (1 k 2 )
o
x
=k,
1 k2
( x, y) (0, 0)
图1
数学分析
从而当 X = (x, y) 沿 y = kx 趋于(0,0)时,
函数极限
lim f ( x, y) lim kx2
x0 ykx
x0 x2 1 k 2
k 1 k2
当 k 不同时, 极限也不同. 因此, f (x, y)
的分子与分母化为同阶的无穷小,
导致极限不为 0.
数学分析
按此思路的一种有效选择是取 y x2 x.此时得到( Nhomakorabeax
, lyi)m(0,0)
xy x
y
lim
x0
x(x 2 x2
x)
( y x2 x)
= lim( x 1) 1,
x0
这就达到了预期的目的．
数学分析
设 D 为二元函数 f 的定义域，P0( x0 , y0 )是 D的一
一个聚点. 若 M 0, 0, 使得
P( x, y) U (P ;) D, 都有f ( x, y) M , 0
则称f 在 D 上当 P P0 时, 有非正常极限 ,
记作
lim f (x, y) ,
( x, y)( x0 , y0 )
或 lim f (P) . PP0
仿此可类似地定义：
lim f ( P) 与 lim f ( P) .
PE
数学分析
必要性显然成立.只需证充分性，若 lim f (P) A, PP0 PD
则必存在0>0和各项互异的点列Pn,
使得
1 PnU(P0, n)
D,P n
P, 0
而且 f (Pn) A 0.令E Pn,
令E Pn,则P0 是E的聚点
但lim f (Pn) A,矛盾. n
数学分析
若 E1 D , P0 是 E1 的聚点,
使 lim f (P)
PP0 PE1
则 lim f ( P) 也不存在． P P0 PD
若E1 , E2 D, P0 是它们的聚点，使得
lim f ( P) A1与 lim f (P) A2
P P0
P P0
PE1
PE2
都存在，但 A1 A2, 则 lim f ( P)不存在． P P0 PD
2x2 3 y2 1 , 即
1
M.
M
2x2 3 y2
这就证得结果．
二元函数极限的四则法则与一元函数
极限相仿, 特别把 f ( x, y) 看作点函数
f (P)
相同,
这里不再一一叙述.
数学分析
数学分析
推论3
极限 lim f ( P) P P0 PD
D 中任一满足
存在的充要条件是： Pn P0
且 lim Pn P0的点列{Pn}, n
它所对应的函数列{ f (Pn)}
注 定理13.5的证明对推论3 也适用
数学分析
例1
设f (x, y) =
xy x2 y2
,
当x2
y2
0时,
0, 当x2 y2 0时,
证明 f (x, y)在 (0, 0)点的极限不存在. 证 由推论2知, 只须证明当X 沿不同的线路
趋于(0,0)时, 函数f (x, y)对应的极限也 不同即可.
数学分析
考察 X =(x, y)沿平面直线 y = kx 趋于(0, 0)的情形.
如图1
对应函数值
y
xy f ( x, y) x2 y2
( x, y) (0, 0)
图2
数学分析
因为当 (x, y) 沿抛物线 y kx2 (0 k 1) 趋于点O 时, f ( x, y) 将趋于1. 所以极限 lim f ( x, y) 不存在.
( x, y)(0,0)
例3 讨论 f ( x, y) x y 在 ( x, y) (0, 0) 时 xy
不存在极限． 解 利用定理 12.5 的推论2, 找出两条路径,
使得
数学分析
( x, y) (0, 0) 时, 得到两个相异的极限．
第一条路径简单地取 y x, 此时有
xy
x2
lim
lim 0.
( x , y )(0,0) x y x0 2x
( y x)
第二条路径可考虑能使 f ( x, y) xy xy
P P0
P P0
数学分析
例4 设 f ( x, y) 1 2x2 3 y2
. 证明
lim f ( x, y) .
( x, y)(0,0)
证 此函数的图象见图3
因 2 x2 3 y2 4( x2 y2 ), 故对M 0,
只需取
1 ,
2M
当 0 x2 y2 1
2M
图3
数学分析
时，就有
在 (0, 0)的极限不存在 .
请考察当X = (x, y)沿 x 轴, 沿 y 轴趋于 (0, 0)的情形.
数学分析
例2
设f
(
x,
y)
1，0 y x 2 , 0，其余部分.
x
,
如图 2 所示, 当 (x, y)沿任何
直线趋于原点时,
相应的 f ( x, y)
都趋于 0, 但这并
不表明此函数在
第七单元 Ch13 多元函数的极限与连续
7.2.1 重极限存在性判定
数学分析
下述定理及其推论相当于一元函数极限的
海涅归结原则(而且证明方法也相类似).
定理13.5
lim f (P) A 的充要条件是：
PP0 PD
对于 D 的任一子集 E,
只要
P0
仍是 E 的聚点,就有
lim
P P0
f(
P)
A.