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陕西理工学院毕业论文

二元函数极限的求解方法

周 君

（陕西理工学院数学与应用数学专业 2008级3班，陕西 汉中 723000）

指导教师: 刘延军

[摘要] 极限是微积分学中的一个基本概念，是微积分学中各种概念和计算方法能够建立和应用的前提。函数极限的计算方法比较灵活，本文对函数求极限的几种方法进行了归纳。[关键词]

函数极限，求解方法

极限的思想是近代数学的一种重要思想，其思想方法贯穿于微积分学的始终。可以说微积分学的几乎所有概念都离不开极限。在几乎所有的微积分教材中，都是先介绍函数理论和极限的思想方法，然后利用极限的思想方法给出连续函数、导数、定积分、级数、的敛散性、多元函数的偏导、广义积分的敛散性和重积分的概念。因此极限是微积分学中一个很重要的基本概念之一，是微积分学各种概念和计算方法能够建立和应用的基础。应该说，极限的求解方法比较灵活，学生在实际计算时经常会碰到一些问题。因此，本文对函数求极限的几种方法加以归纳。二元函数极限的三种定义

高等数学教学多元函数极限这部分内容，许多教师把主要注意力集中在多元函数的求法上，着重考虑自变量沿任何方式或沿任何曲线趋势于极限点时，函数值的变化规律。但笔者发现二元函数的定义在不同教材中略有不同，主要区别在于极限点所满足的条件不同，这样即导致一部分极限的结果不同，现将三种罗列如下：

定义1.设二元函数f(p)f(x,y)的定义域为D,p0(x0,y0)是D的聚点，若从在常数A，0对任意整数，总存在正数，使得对一切p(x,y)DU(p0,),都有|f(x)-A|,则称A为函数f(p)当pp0时的极限，记作limf(x)A当pp0,分别用坐标(x,y)(x0,y0)表

pp0示时，上式可以表示为(x,y)(x0,y0)limf(x,y)A.定义2.设二元函数f(p)f(x,y)在点p0(x0,y0)的某空心邻域内有定义，若存在常数A，0对任意正数，总存在正数，对一切pDU(p0,),都有|f(p)A|，则称A为函数f(p)当C时的极限，记作limf(p)A.pp0定义3.设二元函数f(p)f(x,y)在平面开区域（或闭区域）D有定义，p0(x0,y0)是D的,)，都有内点或边界点，若存在常数A，对任意正,数，总存在正数，对一切pDU(p。0

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|f(p)A|,则称，A为函数f(p)当pp0时的极限，记作limf(p)A.pp02.利用极限的描述性定义 极限的描述性定义为，若当自变量的绝对值|x|无限增大时，相应的函数值f(x)无限接近某确定的常数A，则称当x趋向无穷时函数f(x)以A为极限，或f(x)收敛到A，记limf(x)A或f(x)A(x).x3.关于二元函数极限求法的探讨

在二元函数zf(x,y)的极限问题中，自变量的变化情况较一元函数复杂得多。因此，f(x,y)的定义域是XOY平面上的一个区域，动点(x,y)趋于定点只有当动点(x,y)沿着任意路径趋于定点(x0,y0)，函数f(x,y)(x0,y0)的路径可以是多种多样的，总是趋于某数A时才能称A为f(x,y)当xx0,yy0时的极限。因此二元函数的极限比一元函数的极限复杂得多且难求。本文总结了计算二元函数极限的方法，并通过例题作出一些说明。一.利用二重极限的定义“”运用此方法，可以先通过求累次极限或方向极限或观察的方法，先找出某一个数，然后用“” 定义去证明这个数就是二重极限的值。

例1 设f(x,y)=

xyxy22,求limx0,y0f(x,y)。

解 |f(x,y)0|

|xy|xy22=1xy22222212xy

22xy22而 1xy2212xy

22xy故 0，取2，当0有 |f(x,y)|所以 lim(x,y)(0,0)xy22时，12

f(x,y)0。

xy222

2例2 设f(x,y) 求limf(x,y).(x,y)(0,0)limxy

(x,y)(0,0)解 因为

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0xy2222

xy2xy222xyxy22xy12

xy0((x,y)(0,0))222所以

例3 设f(x,y)1xyxy2222(x,y)(0,0)limxy2xy0

求

解 作极坐标代换.令xrcos,yrsin，则

1xyxy222222(x,y)(0,0)lim

lim1rrr0

所以(x,y)(0,0)limf(x,y)的极限为正无穷。

f(x,y)f(x0,y0)。二．运用连续函数的性质 当二元函数f(x,y)在点(x0,y0)连续时limx0,y0所以，求f(x,y)当xx0,yy0时的极限只要求出函数在该点的函数值即可。

例4 计算limln(xe)xy22y

x0,y0解： 因为

ln(xe)xy22y在(0,1)点连续，所以 limln(xe)xy22yx0,y0lne11

三.变量代换

（1）利用一般的变量代换，化为一元函数的极限。例5 求limx0,y0(xy)me(xy)(m是一个确定的自然数)

解 令t=x+y, 则 当x,y,时t

tmtx,ylim(xy)me(xy)limte0

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例6 求(x,y)(0,0)limxy1xy44的极限

解

令xrcos,yrsin则，xy1xy44(x,y)(0,0)limlimr0rsincos1444r(cossin)

2M0，因为r0，所以不妨设0r1，由于

rsincos1r(cossin)1444422rrsin21142

(3cos4)242r4sin2r(3cos4)24r2取min(1,42M)，则当0r时，便有

rsin442cosr(cos1M 4sin)故

(x,y)(0,0)limxy1xy44

（2）用不等式“夹挤”，化为一元函数的极限

例 7 计算解 因为

|(xy)ln(xy)|(|x||y|)|ln(xy)|2xy|ln(xy)

2xy|ln(xy)2|ln|4|ln| 22222x,ylim(xy)ln(xy)

2222222222其中 0xy0 22且 lim4|ln|0

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所以 limx0,y0(xy)ln(xy)0、22例 8 求(x,y)(0,0)lim(xy)sin1xy22的极限

因为

(x,y)lim(0,0)x(y)0而

sin小，即知

1xy22

1利用有界函数于无穷小函数之积仍然为无穷

(x,y)(0,0)lim(xy)sin1xy220

(3)若已知f(x,y)在点(x0,y0)存在极限，可做变换

xx0cosyy0sin,02,(xx0)(yy0)22有x0,y0limf(x,y)limf(x0cos,yy0sin)，0其中当0时等号右端

f(x0cos,yy0sin)存在关于[0,2]的“一致极限”（注），从而二元函数的极限转化成一元函数的极限。注：定理

xx0，yy0limf(x,y)A当(xx0)(yy0)220时函数f(x0co,syy0sin)关于[0,2]一致极限是A，即

0,0,:0,[0,2]|f(x0cos,yy0sin)A|.四、若所求极限具有

(x,y)(x0,y0)limf(x,y)g(x,y)（x,y）(x0,y0)的过程中呈现出的形式，并且在0（如1，0，0）某种不定型，可以先求对数后求极限的方法来求极限

22例9

求

（x,y）(0,0)lim(xy)22xy

22xy2

2解：设

z(xy)22，2则

lnzxyln(xy)，2

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(x,y)(x。,y。)22limxyln(xy)

222222limxyln(xy)

0因为

xy220，不妨 设

02x2y21 所以

x2y2x2x2y21,ln(x2y2)0

0xyln(xy)(xy)ln(xy)，22222222而

lim2(x,y)(x。,y。)[（xy）ln(xy)]

22222lim(ln)0

0所以

lim[x2y2ln(x2y2)]0

0所以

lim(x,y)(x。,y。)xyln(xy)

2222

e01

五、利用分子或分母有理化

例10 求lim2xy4xy（x,y）(0,0)

解：原式x0,y0lim（2xy4）(2xy(2xy4)xy4)

x0,y0limxyxy(2xy4)1xy(2xy4)

x0,y0lim14

六、判断f(x,y)在点(x0,y0)出极限不存在的方法

在证明函数f(x,y)在点p0(x0,y)处极限不存在的问题中，通常是取得特殊路径来说明。

(1)利用累次极限

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若f(x,y)当(x,y)(x0,y0)时的二重极限存在且为A，并且它的累次极限也存在且为B，那么AB。因此，如果两个累次极限均存在，但不想等，则二重极限不可能存在。

例11 f(x,y) 证明：limxyxyxy22，（x,y）(0,0)f(x,y)不存在。

证： 因为 limlimf(x,y)

y0x0limy-yy2y01

而 limlimf(x,y)

y0x0limxxx2x01

所以 lim（x,y）(0,0)f(x,y)不存在。

（2）令y(x)或x(y)，这里y(x)是f(x,y)的定义域D上的任意连续曲线，并且lim(x)y0那么，若x0(x,y)(x0,y0)lim2f(x,y)A。如出现矛盾，则极限不存在。

例1试证(x,y)(0.0)limxy2xy4不存在证： 当(x,y)沿直线yx趋于(0,0)时，limf(x,x)limx0x1x2x00

当(x,y)沿着曲线yx趋于(0,0)时，limf(x,x0x)limx22x02x12

所以，极限不存在。

（3）利用数列定义法(定理)设p(x,y)为动点，p(x0,y0)为定点，使limf(x,y)A成立的中

pp0分必要条件是：对于一切收敛于p0的点列{pn}，由于对应的函数值多组成的数列{f(pn)}恒收敛于A.陕西理工学院毕业论文

1例13 证明（x，y）（0，0）lim（1xy）xy不存在证： 若取 x0y01n，1则

(x0,y0)(0,0)lim(1xnyn)1)n2xnyn

= lim(1nn2

n2= lim[(1n1n2）]

12n=e0=1 若取 x,n1n,y,1(n1),1则

(x,n,ylim,n(1x,ny,n)x,ny,n)(0,0)= lim[1n1n(n1)1n(n1)]n(n1)/e

n(n1)= lim[1n]

1=e1

1/e

所以，原函数极限不存在。例 14 证明h(x,y)xyy2xy223在(x,y)(0,0)时的极限不存在由于二累次极限不相等

limlimh(x,y)x0y0

lim12x2x、x0而

limlimh(x,y)y0x0lim1yyy223y0

所以 原极限不存在陕西理工学院毕业论文

通过以上总结我们可以根据题目的不同要求，来选择运用不同的方法！

参考文献

[1]曲亚男.求解函数极限的若干方法[J].中国科技信息,2005,(19)[2]殷承元.二重极限的一致收敛判别法[J].高等数学研究,2003,6(1):34 [3]同济大学数学教研室.高等数学.陕西理工学院毕业论文

given continuous function, derivative, integral, series, The convergence of multivariate function, derivative, generalized integral convergence and triple integral concept, Therefore the limit of calculus in a very important one of the basic concept of calculus, a variety of concepts and Calculation method to establish and application of the foundation.Should say, limit method more flexible, Students in the actual calculation often come acro some problem Therefore, this article on the function limit by several methods to summarize.Key Word : The limit of function,solving method

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