2.2 数列与多元极限

数列通过依次选择输入点来趋近一点。函数极限看起来提出了更强的要求：每个足够接近的可用输入，都必须产生接近目标值的输出。数列判据将说明，这两种说法表达相同的数学控制，也解释多元极限中两类主要方法各自的作用：精心选择的路径可以否定极限，而对全部邻近点成立的估计可以证明极限。

整个讨论都应保留定义域。函数可能定义在去心平面、半平面或一条曲线上；极限始终通过该定义域中的点来取。不能沿已被删去的直线计算函数值，也不必先给趋近的中心点赋值。重要的是，可用输入能否任意接近这个中心，以及它们的输出能否得到统一控制。

向量数列的收敛

定义

收敛与子列

数列 $x_k\in\mathbb R^n$ 收敛到 $a$，是指对每个 $\varepsilon>0$，存在整数 $N$，使

$$k\ge N\quad\Longrightarrow\quad\|x_k-a\|<\varepsilon.$$

子列形如 $x_{k_j}$，其中指标满足 $k_1<k_2<\cdots$。

必须是整个尾部进入每个小球，而不是只有挑选出来的若干项进入。这也解释了有界数列为什么未必收敛：它可能不断往返于两个分开的区域。例如 $(({-1})^k,1/k)$ 的偶数子列趋于 $(1,0)$，奇数子列趋于 $(-1,0)$。两个子列极限不同，因此原数列不收敛。

定理

逐坐标收敛判据

$\mathbb R^n$ 中的数列收敛到 $a$，当且仅当每个坐标都收敛到 $a$ 的对应坐标。

证明

一个距离同时控制全部坐标

对每个坐标，

$$|x_{k,i}-a_i|\le\|x_k-a\|.$$

所以范数收敛推出逐坐标收敛。反之，给定 $\varepsilon>0$，由各坐标收敛，可分别找到指标，使后续坐标误差小于 $\varepsilon/\sqrt n$。坐标只有有限个，取这些指标中的最大值，则对所有后续项，

$$\|x_k-a\|^2=\sum_{i=1}^n|x_{k,i}-a_i|^2<\varepsilon^2.$$

有限维使我们能选出共同的起始指标。

比如 $(2/k,\cos(1/k),k/(k+3))\to(0,1,1)$。逐坐标计算很方便，而范数定义则揭示：收敛实际表示整个点进入任意小球，不依赖我们怎样逐项写出坐标。

函数极限要求什么

定义

相对于定义域的极限

设 $F:D\subseteq\mathbb R^n\to\mathbb R^m$，且 $a$ 是 $D$ 的聚点。若

$$\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0\ \forall x\in D: \quad 0<\|x-a\|<\delta\ \Longrightarrow\ \|F(x)-L\|<\varepsilon,$$

则写作 $\lim_{x\to a,\ x\in D}F(x)=L$。

聚点条件保证去心小球中存在可用输入；否则蕴含式可能只是因为没有输入满足前提而成立。标量输出时，输出范数就是绝对值。条件排除了中心，所以修改 $F(a)$ 不会改变这个极限。

量词顺序提供了实际操作流程：先指定输出误差，再选一个输入半径，让它对去心球中的全部定义域点同时适用。半径可以依赖误差和固定的中心，却不能在选好路径或输入点以后临时调整。

极限具有唯一性。若不同的 $L,M$ 都是极限，对两者都使用输出误差 $\|L-M\|/3$。在足够近的共同去心球内取一个可用输入，就有

$$\|L-M\|\le\|L-F(x)\|+\|F(x)-M\|<2\|L-M\|/3,$$

产生矛盾。聚点条件在这里的作用，是确保共同去心球中确实能选到输入点。

定理

极限的数列判据

当 $x$ 通过 $D$ 趋近 $a$ 时，$F(x)\to L$，当且仅当：对每个满足 $x_k\in D\setminus\{a\}$ 且 $x_k\to a$ 的数列，都有 $F(x_k)\to L$。

证明

把统一控制的失败变成一个数列

若函数极限成立，对给定的 $\varepsilon$ 选取相应的 $\delta$。输入数列最终落在这个去心球内，因此输出数列最终与 $L$ 的距离小于 $\varepsilon$。

反之，若以 $L$ 为候选的函数极限不成立，就存在固定 $\varepsilon_0>0$，使每个正半径内都有一个可用输入，其输出误差至少是 $\varepsilon_0$。对半径 $1/k$ 选出这样的 $x_k$，于是

$$0<\|x_k-a\|<1/k,\qquad \|F(x_k)-L\|\ge\varepsilon_0.$$

输入数列趋于 $a$，输出数列却不能趋于 $L$，与数列判据矛盾。

用估计证明极限

多元情形仍满足极限的代数法则。具有有限极限的标量函数，其和、常数倍与乘积都有预期的极限；商法则要求分母极限非零。证明这些法则的一个关键，是局部有界性：若 $f(x)\to L$，则足够近的输入满足 $|f(x)|<|L|+1$。

对乘积，可写成

$$fg-LM=f(g-M)+M(f-L).$$

先控制会变化的系数 $f$，再分别缩小另外两个误差。这种估计模式，比为每个多项式另背一份证明更有用。

例题

非零点处的明确 epsilon–delta 选择

证明 $(x,y)\to(-1,2)$ 时 $xy\to-2$。令 $d=\|(x,y)-(-1,2)\|$，则

$$|xy+2| =|x(y-2)+2(x+1)| \le |x|\,|y-2|+2|x+1|.$$

若 $d<1$，就有 $|x|<2$。每个坐标误差不超过 $d$，因此 $|xy+2|<4d$。给定 $\varepsilon>0$，取

$$\delta=\min\{1,\varepsilon/4\}.$$

当 $0<d<\delta$ 时，控制系数所需的局部界和最终误差界同时成立，故 $|xy+2|<\varepsilon$。

第一步不是直接把输出误差缩小，而是把变化系数限制成有界量；第二步才利用剩余半径满足指定误差。这种分两阶段选择半径的方法，经常出现在非线性估计中。

定理

统一距离上界推出零极限

若对全部足够接近的可用输入 $x\ne a$，

$$\|F(x)\|\le C\|x-a\|^\alpha,$$

其中 $C>0$、$\alpha>0$ 是常数，则 $F(x)\to0$。更一般地，若标量函数被两个趋于相同极限的函数夹住，它也趋于该极限。

对上述上界，让 $\delta$ 不大于估计成立的邻域半径，也不大于 $(\varepsilon/C)^{1/\alpha}$ 即可。这是夹逼法的精确形式：一个关于距离的估计，同时控制所有方向。

用路径否定极限

设路径 $\gamma(t)\to a$，且路径点位于 $D\setminus\{a\}$，它便为去心极限提供了一族可用输入。由数列判据，若多元极限存在，该路径上的输出也必须趋于同一极限。因此，只要两条这样的路径给出不同输出极限，就能否定多元极限。路径不一定要是直线。

例题

所有直线仍可能错过障碍

在去心平面上定义

$$f(x,y)=\frac{x^3y}{x^6+y^2}.$$

沿 $y=mx$，当 $m\ne0$ 时，

$$f(x,mx)=\frac{m x^2}{x^4+m^2}\longrightarrow0.$$

横轴和纵轴也都给出零。因此，经过原点的每条直线都得到相同极限。

但是沿 $y=x^3$，只要 $x\ne0$，函数值就恒为 $1/2$。这条曲线与横轴在离开原点后都位于定义域内，而且都趋于原点。输出极限不同，所以多元极限不存在。

分母提示了如何选择曲线：让 $x^6$ 与 $y^2$ 保持同阶，就得到 $y$ 与 $x^3$ 同阶。直线通常让其中一项支配另一项，反而掩盖了产生障碍的平衡结构。

这不表示每题都需要弯曲路径。坐标轴或普通直线经常已经足够。它说明：一组方便路径上的一致结果只能支持猜测；要证明存在，还需要对所有邻近定义域点的控制。

累次极限也是受限制的检验。上例中，固定一个变量，先让另一个趋于零，得到零；交换顺序也得到零。因此两个累次极限相等，但都无法反映沿 $y=x^3$ 的同步趋近。不能仅凭累次极限相等，就断言多元极限存在。

极坐标的统一性与加权估计

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，趋近原点就变成 $r\to0$，但 $\theta$ 可以随着 $r$ 改变。要使用 $|f(r\cos\theta,r\sin\theta)|\le Cr^\alpha$，必须让同一个常数 $C$ 对所有相关角度都成立。仅说明每个固定角度的径向极限，不够建立这种统一控制。

比如 $x^2y/(x^2+y^2)=r\cos^2\theta\sin\theta$，绝对值不超过 $r$。角度部分有统一上界，因此极限为零。完成证明的是这个估计，而不是换坐标这一动作本身。

例题

额外一幂恢复极限

考虑

$$g(x,y)=\frac{x^4y}{x^6+y^2},\qquad(x,y)\ne(0,0).$$

由 $(|x|^3-|y|)^2\ge0$ 得

$$2|x^3y|\le x^6+y^2.$$

所以

$$|g(x,y)|=|x|\frac{|x^3y|}{x^6+y^2}\le\frac{|x|}{2} \le\frac{\sqrt{x^2+y^2}}2.$$

这个界对每个定义域点都成立，而且趋于零。因此 $g\to0$；按定义书写时，取 $\delta=2\varepsilon$ 即可。

与前例相比，造成方向障碍的比值依然存在，但额外的 $x$ 因子使它整个有界贡献统一消失。分母在不同变量方向上具有不同尺度时，只比较多项式总次数往往会误导，寻找适合分母结构的不等式更有效。

常见错误

让输入半径依赖角度

极坐标代换后，若为每个固定角度分别选择半径，只证明了各条射线上的极限。在真正的多元趋近中，角度可以随半径变化。应找到对角度统一的上界，或返回对全部邻近 $(x,y)$ 都成立的不等式。

向量输出与无穷远

对 $F=(F_1,\ldots,F_m)$，有限极限存在当且仅当每个分量极限存在。证明重复逐坐标收敛的不等式，对各分量分配 $\varepsilon/\sqrt m$ 的误差即可。例如去心平面上的

$$F(x,y)=\left(\frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2},\ \frac{x^4y}{x^6+y^2}\right)$$

趋于 $(1,0)$：第一项使用一元正弦基本极限，第二项使用刚才的统一估计。

无穷远处的输入条件改为 $\|x\|>R$，而不是 $0<\|x-a\|<\delta$；仍然要求同一半径对所有方向适用。对

$$h(x,y)=\frac{2x-y}{1+x^2+y^2},$$

柯西–施瓦茨不等式给出 $|h|\le\sqrt5\,r/(1+r^2)\le\sqrt5/r$。给定 $\varepsilon>0$，取 $R=\sqrt5/\varepsilon$，即可证明 $r\to\infty$ 时 $h\to0$。

输出趋于无穷使用另一种容差：$f(x)\to+\infty$ 表示，对每个 $M>0$，全部足够接近的可用输入都有 $f(x)>M$。因此 $1/(x^2+y^2)$ 在原点趋于正无穷；取 $\delta=1/\sqrt M$ 就能保证所需不等式。这里无穷表示最终超过任意界，并不是可以直接代入公式的实数。

怎样选择并写出论证

先明确自己要证明的陈述。证明某个候选值 $L$，需要控制输出到该候选值的距离；证明不存在有限极限，常可找出两种互不相容的输出行为。前者要求对全部输入成立，后者可以由特定反例解决。分清这两种逻辑角色，结论才容易检验。

候选极限的否定也要认真阅读。它并不是说每个邻近输入都不好，而是说存在一个固定的正输出误差，使每个去心球中至少有一个可用输入超过这个误差。坏输入可以依赖半径。对每个倒数半径选择一个坏点，就得到数列判据证明中的反例数列。因此，即使坏输入只形成很薄的一族，也能摧毁极限；反过来，大量好输入本身仍不足以建立极限。

有限极限推出局部有界，是一个很实用的预备结论。把定义中的输出误差取为一，则足够接近时，输出与有限目标的距离小于一；由三角不等式，输出范数不超过目标范数加一。这也解释收敛数列为何有界：先控制尾部，再扩大上界以包含前面有限项。函数可以在整个定义域上无界，却在趋近点附近有界。

商法则中的分母条件有类似的几何意义。若分母趋于非零数，选小于该数绝对值一半的误差，就能保证邻近分母与零保持正距离，所以倒数有统一上界。再用分子与分母的误差估计商的误差即可。若分母极限为零，这个统一界就失效，必须另行分析。未定式恰好指出论证还缺少这一环。

使用路径时，应把路径写成实际输入映射并检查定义域。任取趋于路径端点的参数数列，其像就形成可用输入数列；函数极限的数列判据随即要求相应输出趋于候选极限。因此，真正的多元极限必须控制每条可用路径，即使路径方向在端点附近无限次改变也一样。

最后，证明应区分探索与验证。探索时，尝试直线、平衡分母项的尺度，都是有效的猜测方式。正式验证时，要写出真正支持结论的原因：两个已算出且不相容的极限，或一个对全部邻近输入成立的不等式。数值试验再多，也不能代替统一界；找到简洁的统一估计以后，也无须继续罗列路径检验。

练习与解答

思考检查

练习1：给出明确的输入半径。

用定义证明 $(x,y)\to(1,-1)$ 时 $2x-3y\to5$。

解答 · 练习1解答

令 $d=\|(x,y)-(1,-1)\|$。由柯西–施瓦茨不等式，$|2(x-1)-3(y+1)|\le\sqrt{13}\,d$，所以 $\delta=\varepsilon/\sqrt{13}$ 可行。若用逐坐标上界，也可取较保守但正确的 $\varepsilon/5$。

思考检查

练习2：寻找弯曲路径障碍。

去心平面上的 $x^2y/(x^4+4y^2)$ 在原点是否有极限？

解答 · 练习2解答

沿 $y=0$，值为零；沿 $y=x^2/2$，分母为 $2x^4$，分子为 $x^4/2$，所以值为 $1/4$。两条路径在 $x\ne0$ 时都可用；路径极限不同，故多元极限不存在。

思考检查

练习3：统一证明一个三元极限。

证明 $(x,y,z)\to(0,0,0)$ 且输入非零时，$xyz/(x^2+y^2+z^2)\to0$。

解答 · 练习3解答

令 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。各坐标绝对值都不超过 $r$，因此 $|xyz|\le r^3$。除以 $r^2$ 后，输出绝对值不超过 $r$；取 $\delta=\varepsilon$ 即可证明。不需要逐条挑选路径。

面对新问题，先确定定义域与趋近点，再用简单路径探索可能结论，最后选择真正能支撑结论的证明。不同路径值足以否定存在；关于距离的统一估计足以证明存在。数列判据解释了两种推理为什么彼此一致。