例談夾逼準(zhǔn)則在計(jì)算二重極限中的重要作用

《高等數(shù)學(xué)》中關(guān)于二重極限的計(jì)算在多元函數(shù)微分學(xué)理論中極為重要，但教材中，由于受篇幅限制等因素，對(duì)二重極限的計(jì)算方法交代甚少，用一句話“有與一元函數(shù)類似的運(yùn)算法則”一帶而過，其他《高等數(shù)學(xué)》教材也是這種處理方式.事實(shí)上，當(dāng)所要計(jì)算的二重極限可直接運(yùn)用二元函數(shù)的連續(xù)性、重要極限、等價(jià)無窮小代換以及無窮小與有界函數(shù)的乘積仍為無窮小量等方法時(shí)，確實(shí)與一元函數(shù)求極限的方法類似，此類問題一般而言也相對(duì)容易.而計(jì)算一元函數(shù)極限時(shí)常用的洛必達(dá)法則一般不能直接用于計(jì)算二重極限.但在計(jì)算一元函數(shù)極限時(shí)不是很常用的夾逼準(zhǔn)則方法（利用夾逼準(zhǔn)則計(jì)算極限的方法簡(jiǎn)稱為夾逼準(zhǔn)則方法）在計(jì)算二重極限時(shí)極其重要，它可以解決許多二重極限計(jì)算中較為復(fù)雜的不同類型的問題，且涉及的知識(shí)較少，但方法靈活.主要應(yīng)用下列內(nèi)容：

1.夾逼準(zhǔn)則

設(shè)二元函數(shù)f(x，y)在點(diǎn)P0(x0，y0)的去心鄰域Uo(P0)（或|x|>M，|y|>M）時(shí)有定義.當(dāng)(x，y)∈Uo(P0)（或|x|>M，|y|>M）時(shí)，若存在函數(shù)g(x，y)，h(x，y)且同時(shí)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(jì)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(duì)于這一類型的二重極限計(jì)算問題，應(yīng)用二元函數(shù)的連續(xù)性、重要極限、等價(jià)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(duì)值不等式（Ⅱ）進(jìn)行放縮，應(yīng)用夾逼準(zhǔn)則方法.

解（1）因?yàn)?/p>

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(zhǔn)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(dá)不到目的.

（2）因?yàn)?≤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(zhǔn)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(zhǔn)則知limx→+∞

y→0+x2+1y2e-x+1y=0.

放縮后的二元函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)，這時(shí)就可運(yùn)用洛必達(dá)法則求極限得出結(jié)果.

例２計(jì)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(shù)式中包含三角函數(shù)式，可利用三角不等式（Ⅲ）（Ⅳ）進(jìn)行放縮，應(yīng)用夾逼準(zhǔn)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(zhǔn)則可知

limx→1

y→-1sin(x-1)(y+1)x-1=0.

本題若不采用夾逼準(zhǔn)則方法，容易犯這樣的解題過程錯(cuò)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(cuò)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(shù).

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

因?yàn)閘imx→0

y→0|y|=0，所以由夾逼準(zhǔn)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?yàn)椤胺胚^”了.

因?yàn)閨siny|≤1，所以0≤x2sinyx2+y2≤x2x2+y2≤x2x2=1.

（6）因?yàn)閨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(zhǔn)則得limx→∞

y→∞sin(x+xy+y)|x|+|y|=0.

例３計(jì)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(shù)式更為復(fù)雜，有些函數(shù)可能需要先化簡(jiǎn)或等價(jià)無窮小代換后再放縮；有些函數(shù)可能需要多級(jí)放縮或放縮后再代換轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)的極限計(jì)算.但只要放縮適當(dāng)，此類二重極限計(jì)算問題同樣可巧妙地利用夾逼準(zhǔn)則方法.

解（7）先將函數(shù)式中分子有理化后再放縮.

因?yàn)閤2y2+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?yàn)閘imx→0

y→014|xy|=0，所以由夾逼準(zhǔn)則知

limx→0

y→0x2y2+1-1x2+y2=0.

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

（8）因?yàn)閘imx→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(zhǔn)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?yàn)楫?dāng)x>0，y>0時(shí)，0

y→+∞12x2=0，由夾逼準(zhǔn)則得limx→+∞

y→+∞xyx2+y2x2=0.

由上述例題可知，夾逼準(zhǔn)則在計(jì)算二重極限中有著非常重要的作用，可以計(jì)算多種不同類型的二重極限，特別對(duì)不能直接套用一元函數(shù)求極限的“未定式”的二重極限計(jì)算問題尤其有效.關(guān)鍵是利用一些重要不等式構(gòu)造出同時(shí)滿足夾逼準(zhǔn)則中兩個(gè)條件的函數(shù)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(gòu)思巧妙、放縮靈活的構(gòu)造函數(shù)g(x，y)，h(x，y)的方法，不僅解決了二重極限的計(jì)算問題，同時(shí)也能激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，提高邏輯思維能力，既有實(shí)用性又有趣味性.雖然二元函數(shù)的極限較為復(fù)雜，但只要合理選擇解題方法，注重運(yùn)用夾逼準(zhǔn)則，問題就不難解決.