第1节 多元函数、极限与连续
5（3）待校验
一、基础题
1. 求下列函数的定义域：
(1) $z = \frac{1}{\sqrt{2-x^2-y^2}}$
要使函数有意义，需满足分母的根号内大于 $0$，即：
$$2 - x^2 - y^2 > 0 \Rightarrow x^2 + y^2 < 2$$定义域为： $D = \{(x,y) \mid x^2 + y^2 < 2\}$ （表示以原点为圆心，$\sqrt{2}$ 为半径的圆内区域，不含边界）。
(2) $z = \ln(4-xy)$
要使对数函数有意义，需满足真数大于 $0$，即：
$$4 - xy > 0 \Rightarrow xy < 4$$定义域为： $D = \{(x,y) \mid xy < 4\}$ （表示被双曲线 $xy=4$ 分割出的包含原点的区域）。
(3) $z = \sqrt{\sin(x^2+y^2)}$
要使偶次根式有意义，需满足根号下的表达式大于等于 $0$，即：
$$\sin(x^2+y^2) \ge 0$$解三角不等式得：$2k\pi \le x^2 + y^2 \le 2k\pi + \pi$，其中 $k$ 为整数。由于 $x^2+y^2 \ge 0$，故 $k$ 只能取非负整数。
定义域为： $D = \{(x,y) \mid 2k\pi \le x^2 + y^2 \le (2k+1)\pi, k=0,1,2,\dots\}$ （表示一系列同心圆环区域）。
(4) $z = \sqrt{x^2-4} + \sqrt{4-y^2}$
要使两个根式均有意义，需同时满足：
$\begin{cases} x^2 - 4 \ge 0 \\ 4 - y^2 \ge 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^2 \ge 4 \\ y^2 \le 4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} |x| \ge 2 \\ |y| \le 2 \end{cases}$
定义域为： $D = \{(x,y) \mid |x| \ge 2 \text{ 且 } |y| \le 2\}$ （表示两条垂直带状区域）。
2. 已知函数 $f(x,y) = \frac{x^2-y^2}{2xy}$, 试求 $f(y,x), f(\frac{1}{x}, \frac{1}{y})$.
直接将变量替换代入原函数表达式：
$$f(y,x) = \frac{y^2-x^2}{2yx} = -\frac{x^2-y^2}{2xy} = -f(x,y)$$$$f\left(\frac{1}{x}, \frac{1}{y}\right) = \frac{\left(\frac{1}{x}\right)^2 - \left(\frac{1}{y}\right)^2}{2\left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{y}\right)} = \frac{\frac{1}{x^2} - \frac{1}{y^2}}{\frac{2}{xy}} = \frac{\frac{y^2-x^2}{x^2y^2}}{\frac{2}{xy}} = \frac{y^2-x^2}{2xy} = -f(x,y)$$3. 求下列函数的极限：
(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \left(x\sin\frac{1}{y} + y\sin\frac{1}{x}\right)$
因为正弦函数是有界函数，即 $|\sin\frac{1}{y}| \le 1$ 且 $|\sin\frac{1}{x}| \le 1$。
又因为当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$x \to 0$ 且 $y \to 0$。
无穷小量与有界函数的乘积仍为无穷小量，所以 $x\sin\frac{1}{y} \to 0$，$y\sin\frac{1}{x} \to 0$。
极限值为： $0$。
(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{2-\sqrt{xy+4}}{xy}$
分子分母同乘分子的共轭因式进行有理化：
$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{(2-\sqrt{xy+4})(2+\sqrt{xy+4})}{xy(2+\sqrt{xy+4})} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{4 - (xy+4)}{xy(2+\sqrt{xy+4})}$$$$= \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{-xy}{xy(2+\sqrt{xy+4})} = \lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{-1}{2+\sqrt{xy+4}}$$代入 $(x,y)=(0,0)$，得 $\frac{-1}{2+\sqrt{4}} = -\frac{1}{4}$。
极限值为： $-\frac{1}{4}$。
(3) $\lim_{(x,y)\to(1,0)} \frac{2+xy}{x^2-y^2}$
该函数在点 $(1,0)$ 处连续，可直接代入求值：
$$\lim_{(x,y)\to(1,0)} \frac{2+xy}{x^2-y^2} = \frac{2 + 1\cdot 0}{1^2 - 0^2} = \frac{2}{1} = 2$$极限值为： $2$。
(4) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\sin(xy)}{\text{e}^{xy}-1}$
令 $t = xy$。当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$t \to 0$。
原极限转化为一元函数的极限，并利用等价无穷小（当 $t \to 0$ 时，$\sin t \sim t$ 且 $\text{e}^t - 1 \sim t$）：
$$\lim_{t\to0} \frac{\sin t}{\text{e}^t-1} = \lim_{t\to0} \frac{t}{t} = 1$$极限值为： $1$。
4. 求下列函数的间断点集：
(1) $\ln(x^2+y^2)$
对数函数要求真数 $x^2+y^2 > 0$。因此在 $x^2+y^2=0$ 即 $(0,0)$ 处函数无定义，发生间断。
间断点集为： $\{(0,0)\}$。
(2) $\frac{\text{e}^{x+y}}{x+y}$
分式要求分母不为零，当 $x+y=0$ 时函数无定义。
间断点集为： $\{(x,y) \mid x+y = 0\}$（即直线 $y=-x$ 上的所有点）。
(3) $\frac{1}{\sin(x^2+y^2)}$
分母不能为零，即 $\sin(x^2+y^2) = 0 \Rightarrow x^2+y^2 = k\pi$ ($k$ 为非负整数)。
间断点集为： $\{(x,y) \mid x^2+y^2 = k\pi, k=0,1,2,\dots\}$（一系列同心圆族及原点）。
(4) $\frac{\sin(xy)}{x}$
分母不能为零，当 $x=0$ 时无定义。
间断点集为： $\{(x,y) \mid x = 0\}$（即 $y$ 轴上的所有点）。
二、提高题
5. 求下列函数的极限：
(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{\text{e}^{x^2+y^2} - \text{e}^{-(x^2+y^2)}}{\sin(x^2+y^2)}$
令 $t = x^2+y^2$。当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$t \to 0^+$。利用等价无穷小 $\sin t \sim t$ 及泰勒展开或洛必达法则求极限：
$$\lim_{t\to 0} \frac{\text{e}^t - \text{e}^{-t}}{\sin t} = \lim_{t\to 0} \frac{\text{e}^t - \text{e}^{-t}}{t}$$当 $t \to 0$ 时，$\text{e}^t - 1 \sim t$，$\text{e}^{-t} - 1 \sim -t$，因此 $\text{e}^t - \text{e}^{-t} \sim 2t$。
原极限 $= \lim_{t\to 0} \frac{2t}{t} = 2$。
极限值为： $2$。
(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)\text{e}^{x^2y^2}}$
当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，$\text{e}^{x^2y^2} \to \text{e}^0 = 1$。
令 $t = x^2+y^2 \to 0$。利用等价无穷小 $1-\cos t \sim \frac{1}{2}t^2$：
$$\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)} \cdot \frac{1}{\text{e}^{x^2y^2}} = \lim_{t\to 0} \frac{\frac{1}{2}t^2}{t} \cdot 1 = \lim_{t\to 0} \frac {1}{2}t = 0$$极限值为： $0$。
(3) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} (1+xy)^{\frac{\sin(xy)}{x^2y^2}}$
将指数拆分为重要极限相关的形式（视指数分母为 $(xy)^2$ 即 $x^2y^2$）：
$$(1+xy)^{\frac{\sin(xy)}{x^2y^2}} = \left[ (1+xy)^{\frac{1}{xy}} \right]^{\frac{\sin(xy)}{xy}}$$当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，令 $u = xy \to 0$。
底数部分趋于第二重要极限：$\lim_{u\to 0} (1+u)^{\frac{1}{u}} = \text{e}$。
指数的外部幂次利用等价无穷小：$\lim_{u\to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$。
由于指数函数是连续函数，原极限为：$\text{e}^1 = \text{e}$。
极限值为： $\text{e}$。
(4) $\lim_{(x,y)\to(+\infty,+\infty)} \left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)^{x^2}$
利用基本不等式 $x^2+y^2 \ge 2xy$，因为 $x, y \to +\infty$，可得：
$$0 \le \frac{xy}{x^2+y^2} \le \frac{1}{2}$$因此有：
$$0 \le \left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)^{x^2} \le \left(\frac{1}{2}\right)^{x^2}$$当 $x \to +\infty$ 时，$x^2 \to +\infty$，此时指数函数 $\left(\frac{1}{2}\right)^{x^2} \to 0$。
由夹逼定理可知，原极限等于 $0$。
极限值为： $0$。
6. 证明下列函数的极限不存在：
(1) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{x+y}{x-y}$
证明：
令点 $(x,y)$ 沿直线 $y = kx$ ($k \neq 1$) 趋于原点 $(0,0)$。
代入计算此时的极限：
$$\lim_{x\to 0} \frac{x+kx}{x-kx} = \lim_{x\to 0} \frac{x(1+k)}{x(1-k)} = \frac{1+k}{1-k}$$可见，沿不同斜率 $k$ 的直线趋于原点时，该函数的极限值不同（例如 $k=0$ 时极限为 $1$；$k=-1$ 时极限为 $0$）。
由于极限值依赖于趋近的路径，故该极限不存在。
(2) $\lim_{(x,y)\to(0,0)} \frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)x^2y^2}$
证明：
当 $(x,y) \to (0,0)$ 时，等价无穷小 $1-\cos(x^2+y^2) \sim \frac{1}{2}(x^2+y^2)^2$。
则原函数渐近于 $f(x,y) \sim \frac{\frac{1}{2}(x^2+y^2)^2}{(x^2+y^2)x^2y^2} = \frac{x^2+y^2}{2x^2y^2}$。
令 $(x,y)$ 沿直线 $y = x$ 趋于原点，则：
$$\lim_{x\to 0} \frac{x^2+x^2}{2x^2\cdot x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{2x^2}{2x^4} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2} = +\infty$$由于函数值在趋于原点时趋向于正无穷大，不收敛于任何有限常数，因此该函数的极限不存在。
7. 讨论函数 $f(x,y) = \begin{cases} \sqrt{1-x^2-y^2}, & x^2+y^2 < 1 \\ 0, & x^2+y^2 \ge 1 \end{cases}$ 的连续性.
讨论过程：
① 在开区域 $x^2+y^2 < 1$ 内：
$f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2}$ 是由多项式和根式复合而成的初等函数，在其定义域内部处处连续。
② 在闭区域外 $x^2+y^2 > 1$ 内：
$f(x,y) = 0$ 是常数函数，处处连续。
③ 在边界 $x^2+y^2 = 1$ 上：
设 $(x_0, y_0)$ 是圆周 $x^2+y^2 = 1$ 上的任一点，此时该点函数值 $f(x_0, y_0) = 0$。
计算动点 $(x,y)$ 趋于 $(x_0, y_0)$ 时的极限。
无论从圆内区域（$x^2+y^2 < 1$）趋近：
$$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \sqrt{1-(x^2+y^2)} = \sqrt{1-1} = 0$$还是从圆外区域（$x^2+y^2 > 1$）趋近：
$$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} 0 = 0$$其左、右侧极限相等，故 $\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} f(x,y) = 0 = f(x_0, y_0)$。这说明函数在边界点处也是连续的。
结论：
该函数 $f(x,y)$ 在整个二维平面 $\mathbb{R}^2$ 上都是连续的。