2.2 數列與多元極限

數列通過依次選擇輸入點來趨近一點。函數極限看起來提出了更強的要求：每個足夠接近的可用輸入，都必須產生接近目標值的輸出。數列判據將說明，這兩種說法表達相同的數學控制，也解釋多元極限中兩類主要方法各自的作用：精心選擇的路徑可以否定極限，而對全部鄰近點成立的估計可以證明極限。

整個討論都應保留定義域。函數可能定義在去心平面、半平面或一條曲線上；極限始終通過該定義域中的點來取。不能沿已被刪去的直線計算函數值，也不必先給趨近的中心點賦值。重要的是，可用輸入能否任意接近這個中心，以及它們的輸出能否得到統一控制。

向量數列的收斂

定義

收斂與子列

數列 $x_k\in\mathbb R^n$ 收斂到 $a$，是指對每個 $\varepsilon>0$，存在整數 $N$，使

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

子列形如 $x_{k_j}$，其中指標滿足 $k_1<k_2<\cdots$。

必須是整個尾部進入每個小球，而不是隻有挑選出來的若干項進入。這也解釋了有界數列為什麼未必收斂：它可能不斷往返於兩個分開的區域。例如 $(({-1})^k,1/k)$ 的偶數子列趨於 $(1,0)$，奇數子列趨於 $(-1,0)$。兩個子列極限不同，因此原數列不收斂。

定理

逐座標收斂判據

$\mathbb R^n$ 中的數列收斂到 $a$，當且僅當每個座標都收斂到 $a$ 的對應座標。

證明

一個距離同時控制全部座標

對每個座標，

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

所以範數收斂推出逐座標收斂。反之，給定 $\varepsilon>0$，由各座標收斂，可分別找到指標，使後續座標誤差小於 $\varepsilon/\sqrt n$。座標只有有限個，取這些指標中的最大值，則對所有後續項，

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

有限維使我們能選出共同的起始指標。

比如 $(2/k,\cos(1/k),k/(k+3))\to(0,1,1)$。逐座標計算很方便，而範數定義則揭示：收斂實際表示整個點進入任意小球，不依賴我們怎樣逐項寫出座標。

函數極限要求什麼

定義

相對於定義域的極限

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

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

則寫作 $\lim_{x\to a,\ x\in D}F(x)=L$。

聚點條件保證去心小球中存在可用輸入；否則藴含式可能只是因為沒有輸入滿足前提而成立。標量輸出時，輸出範數就是絕對值。條件排除了中心，所以修改 $F(a)$ 不會改變這個極限。

量詞順序提供了實際操作流程：先指定輸出誤差，再選一個輸入半徑，讓它對去心球中的全部定義域點同時適用。半徑可以依賴誤差和固定的中心，卻不能在選好路徑或輸入點以後臨時調整。

極限具有唯一性。若不同的 $L,M$ 都是極限，對兩者都使用輸出誤差 $\|L-M\|/3$。在足夠近的共同去心球內取一個可用輸入，就有

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

產生矛盾。聚點條件在這裏的作用，是確保共同去心球中確實能選到輸入點。

定理

極限的數列判據

當 $x$ 通過 $D$ 趨近 $a$ 時，$F(x)\to L$，當且僅當：對每個滿足 $x_k\in D\setminus\{a\}$ 且 $x_k\to a$ 的數列，都有 $F(x_k)\to L$。

證明

把統一控制的失敗變成一個數列

若函數極限成立，對給定的 $\varepsilon$ 選取相應的 $\delta$。輸入數列最終落在這個去心球內，因此輸出數列最終與 $L$ 的距離小於 $\varepsilon$。

反之，若以 $L$ 為候選的函數極限不成立，就存在固定 $\varepsilon_0>0$，使每個正半徑內都有一個可用輸入，其輸出誤差至少是 $\varepsilon_0$。對半徑 $1/k$ 選出這樣的 $x_k$，於是

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

輸入數列趨於 $a$，輸出數列卻不能趨於 $L$，與數列判據矛盾。

用估計證明極限

多元情形仍滿足極限的代數法則。具有有限極限的標量函數，其和、常數倍與乘積都有預期的極限；商法則要求分母極限非零。證明這些法則的一個關鍵，是局部有界性：若 $f(x)\to L$，則足夠近的輸入滿足 $|f(x)|<|L|+1$。

對乘積，可寫成

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

先控制會變化的係數 $f$，再分別縮小另外兩個誤差。這種估計模式，比為每個多項式另背一份證明更有用。

例題

非零點處的明確 epsilon–delta 選擇

證明 $(x,y)\to(-1,2)$ 時 $xy\to-2$。令 $d=\|(x,y)-(-1,2)\|$，則

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

若 $d<1$，就有 $|x|<2$。每個座標誤差不超過 $d$，因此 $|xy+2|<4d$。給定 $\varepsilon>0$，取

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

當 $0<d<\delta$ 時，控制係數所需的局部界和最終誤差界同時成立，故 $|xy+2|<\varepsilon$。

第一步不是直接把輸出誤差縮小，而是把變化係數限制成有界量；第二步才利用剩餘半徑滿足指定誤差。這種分兩階段選擇半徑的方法，經常出現在非線性估計中。

定理

統一距離上界推出零極限

若對全部足夠接近的可用輸入 $x\ne a$，

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

其中 $C>0$、$\alpha>0$ 是常數，則 $F(x)\to0$。更一般地，若標量函數被兩個趨於相同極限的函數夾住，它也趨於該極限。

對上述上界，讓 $\delta$ 不大於估計成立的鄰域半徑，也不大於 $(\varepsilon/C)^{1/\alpha}$ 即可。這是夾逼法的精確形式：一個關於距離的估計，同時控制所有方向。

用路徑否定極限

設路徑 $\gamma(t)\to a$，且路徑點位於 $D\setminus\{a\}$，它便為去心極限提供了一族可用輸入。由數列判據，若多元極限存在，該路徑上的輸出也必須趨於同一極限。因此，只要兩條這樣的路徑給出不同輸出極限，就能否定多元極限。路徑不一定要是直線。

例題

所有直線仍可能錯過障礙

在去心平面上定義

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

沿 $y=mx$，當 $m\ne0$ 時，

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

橫軸和縱軸也都給出零。因此，經過原點的每條直線都得到相同極限。

但是沿 $y=x^3$，只要 $x\ne0$，函數值就恆為 $1/2$。這條曲線與橫軸在離開原點後都位於定義域內，而且都趨於原點。輸出極限不同，所以多元極限不存在。

分母提示瞭如何選擇曲線：讓 $x^6$ 與 $y^2$ 保持同階，就得到 $y$ 與 $x^3$ 同階。直線通常讓其中一項支配另一項，反而掩蓋了產生障礙的平衡結構。

這不表示每題都需要彎曲路徑。座標軸或普通直線經常已經足夠。它說明：一組方便路徑上的一致結果只能支持猜測；要證明存在，還需要對所有鄰近定義域點的控制。

累次極限也是受限制的檢驗。上例中，固定一個變量，先讓另一個趨於零，得到零；交換順序也得到零。因此兩個累次極限相等，但都無法反映沿 $y=x^3$ 的同步趨近。不能僅憑累次極限相等，就斷言多元極限存在。

極座標的統一性與加權估計

令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，趨近原點就變成 $r\to0$，但 $\theta$ 可以隨着 $r$ 改變。要使用 $|f(r\cos\theta,r\sin\theta)|\le Cr^\alpha$，必須讓同一個常數 $C$ 對所有相關角度都成立。僅說明每個固定角度的徑向極限，不夠建立這種統一控制。

比如 $x^2y/(x^2+y^2)=r\cos^2\theta\sin\theta$，絕對值不超過 $r$。角度部分有統一上界，因此極限為零。完成證明的是這個估計，而不是換座標這一動作本身。

例題

額外一冪恢復極限

考慮

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

由 $(|x|^3-|y|)^2\ge0$ 得

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

所以

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

這個界對每個定義域點都成立，而且趨於零。因此 $g\to0$；按定義書寫時，取 $\delta=2\varepsilon$ 即可。

與前例相比，造成方向障礙的比值依然存在，但額外的 $x$ 因子使它整個有界貢獻統一消失。分母在不同變量方向上具有不同尺度時，只比較多項式總次數往往會誤導，尋找適合分母結構的不等式更有效。

常見錯誤

讓輸入半徑依賴角度

極座標代換後，若為每個固定角度分別選擇半徑，只證明了各條射線上的極限。在真正的多元趨近中，角度可以隨半徑變化。應找到對角度統一的上界，或返回對全部鄰近 $(x,y)$ 都成立的不等式。

向量輸出與無窮遠

對 $F=(F_1,\ldots,F_m)$，有限極限存在當且僅當每個分量極限存在。證明重複逐座標收斂的不等式，對各分量分配 $\varepsilon/\sqrt m$ 的誤差即可。例如去心平面上的

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

趨於 $(1,0)$：第一項使用一元正弦基本極限，第二項使用剛才的統一估計。

無窮遠處的輸入條件改為 $\|x\|>R$，而不是 $0<\|x-a\|<\delta$；仍然要求同一半徑對所有方向適用。對

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

柯西–施瓦茨不等式給出 $|h|\le\sqrt5\,r/(1+r^2)\le\sqrt5/r$。給定 $\varepsilon>0$，取 $R=\sqrt5/\varepsilon$，即可證明 $r\to\infty$ 時 $h\to0$。

輸出趨於無窮使用另一種容差：$f(x)\to+\infty$ 表示，對每個 $M>0$，全部足夠接近的可用輸入都有 $f(x)>M$。因此 $1/(x^2+y^2)$ 在原點趨於正無窮；取 $\delta=1/\sqrt M$ 就能保證所需不等式。這裏無窮表示最終超過任意界，並不是可以直接代入公式的實數。

怎樣選擇並寫出論證

先明確自己要證明的陳述。證明某個候選值 $L$，需要控制輸出到該候選值的距離；證明不存在有限極限，常可找出兩種互不相容的輸出行為。前者要求對全部輸入成立，後者可以由特定反例解決。分清這兩種邏輯角色，結論才容易檢驗。

候選極限的否定也要認真閲讀。它並不是說每個鄰近輸入都不好，而是說存在一個固定的正輸出誤差，使每個去心球中至少有一個可用輸入超過這個誤差。壞輸入可以依賴半徑。對每個倒數半徑選擇一個壞點，就得到數列判據證明中的反例數列。因此，即使壞輸入只形成很薄的一族，也能摧毀極限；反過來，大量好輸入本身仍不足以建立極限。

有限極限推出局部有界，是一個很實用的預備結論。把定義中的輸出誤差取為一，則足夠接近時，輸出與有限目標的距離小於一；由三角不等式，輸出範數不超過目標範數加一。這也解釋收斂數列為何有界：先控制尾部，再擴大上界以包含前面有限項。函數可以在整個定義域上無界，卻在趨近點附近有界。

商法則中的分母條件有類似的幾何意義。若分母趨於非零數，選小於該數絕對值一半的誤差，就能保證鄰近分母與零保持正距離，所以倒數有統一上界。再用分子與分母的誤差估計商的誤差即可。若分母極限為零，這個統一界就失效，必須另行分析。未定式恰好指出論證還缺少這一環。

使用路徑時，應把路徑寫成實際輸入映射並檢查定義域。任取趨於路徑端點的參數數列，其像就形成可用輸入數列；函數極限的數列判據隨即要求相應輸出趨於候選極限。因此，真正的多元極限必須控制每條可用路徑，即使路徑方向在端點附近無限次改變也一樣。

最後，證明應區分探索與驗證。探索時，嘗試直線、平衡分母項的尺度，都是有效的猜測方式。正式驗證時，要寫出真正支持結論的原因：兩個已算出且不相容的極限，或一個對全部鄰近輸入成立的不等式。數值試驗再多，也不能代替統一界；找到簡潔的統一估計以後，也無須繼續羅列路徑檢驗。

練習與解答

思考檢查

練習1：給出明確的輸入半徑。

用定義證明 $(x,y)\to(1,-1)$ 時 $2x-3y\to5$。

解答 · 練習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。若用逐座標上界，也可取較保守但正確的 $\varepsilon/5$。

思考檢查

練習2：尋找彎曲路徑障礙。

去心平面上的 $x^2y/(x^4+4y^2)$ 在原點是否有極限？

解答 · 練習2解答

沿 $y=0$，值為零；沿 $y=x^2/2$，分母為 $2x^4$，分子為 $x^4/2$，所以值為 $1/4$。兩條路徑在 $x\ne0$ 時都可用；路徑極限不同，故多元極限不存在。

思考檢查

練習3：統一證明一個三元極限。

證明 $(x,y,z)\to(0,0,0)$ 且輸入非零時，$xyz/(x^2+y^2+z^2)\to0$。

解答 · 練習3解答

令 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。各座標絕對值都不超過 $r$，因此 $|xyz|\le r^3$。除以 $r^2$ 後，輸出絕對值不超過 $r$；取 $\delta=\varepsilon$ 即可證明。不需要逐條挑選路徑。

面對新問題，先確定定義域與趨近點，再用簡單路徑探索可能結論，最後選擇真正能支撐結論的證明。不同路徑值足以否定存在；關於距離的統一估計足以證明存在。數列判據解釋了兩種推理為什麼彼此一致。