18-第十八章 多元函数的极限与连续

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

18.1.1 例题

例题 18.1.1

求

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}.$$

分析 直观上看分子的多项式次数高于分母的多项式次数，极限应该是 $0$。这种题目一般用极坐标变换后可化为一个有界量与无穷小量的乘积。

解 令 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$，则

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}=\underset{r\to 0}{\lim }r({\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta )=0.$$

例题 18.1.2

求

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\sin (x^3+y^3)}{x^2+y^2}.$$

解 由于

$$|\sin (x^3+y^3)|\le |x{|}^3+|y{|}^3\le (|x|+|y|)(x^2+y^2),$$

从而

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\left|\frac{\sin (x^3+y^3)}{x^2+y^2}\right|\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }(|x|+|y|)=0.$$

所以

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{\sin (x^3+y^3)}{x^2+y^2}=0.$$

注 也可对 $\sin (x^3+y^3)$ 用一元 Taylor 展式

$$\sin (x^3+y^3)=x^3+y^3+o(|x{|}^3+|y{|}^3)(|x|+|y|\to 0).$$

例题 18.1.3

求

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y),$$

其中

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sin xy}{x},& x\ne 0,\\ y,& x=0,y\ne 0.\end{array}$$

解 由于

$$|f(x,y)|=\{\begin{array}{ll}\left|\frac{\sin xy}{x}\right|\le |y|,& x\ne 0,\\ |y|,& x=0,y\ne 0,\end{array}$$

所以

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }|f(x,y)|\le \underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }|y|=0.$$

于是

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0.$$

例题 18.1.4

求极限

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }(x^2+y^2{)}^{xy}.$$

解 先求其对数的极限

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }xy\ln (x^2+y^2).$$

设 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，由于

$$|xy\ln (x^2+y^2)|\le r^2|\ln r^2|\to 0(r\to 0^{+}),$$

所以

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }xy\ln (x^2+y^2)=0,$$

故

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }(x^2+y^2{)}^{xy}=1.$$

例题 18.1.5

证明：

$$\underset{(x,y)\to (+\infty ,+\infty )}{\lim }{\left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)}^{x^2}=0.$$

证 此题底数的极限并不存在，但可用夹逼方法。注意到 $x>0,y>0$ 时

$$0<\frac{xy}{x^2+y^2}\le \frac{1}{2},$$

所以

$$0<{\left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)}^{x^2}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}.$$

由于

$$\underset{(x,y)\to (+\infty ,+\infty )}{\lim }{\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2}=0,$$

从而有

$$\underset{(x,y)\to (+\infty ,+\infty )}{\lim }{\left(\frac{xy}{x^2+y^2}\right)}^{x^2}=0.$$

关于证明重极限不存在的方法，我们将在累次极限之后介绍。

18.1.4 思考题

题目 1

证明多元函数极限的 Heine 归结原理：设点 $a\in {\mathbb{R}}^n,A\in \mathbb{R}$，则 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=A$ 的充分必要条件是：对满足条件 $x_n\ne a(n=1,2,\cdots ),\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a$ 的每个点列 $\{x_n\}$，都有 $\underset{n\to \infty }{\lim }f(x_n)=A$。（参见上册 104—105 页。）

解 若 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A$，则对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使 $0<|x-a|<\delta$ 时 $|f(x)-A|<\epsilon$。对任意满足 $x_n\ne a$、$x_n\to a$ 的点列，当 $n$ 充分大时 $0<|x_n-a|<\delta$，故 $f(x_n)\to A$。

反之，若函数极限不是 $A$，则存在 ${\epsilon }_0>0$，使对每个正整数 $n$，都可取 $x_n$ 满足

$$0<|x_n-a|<\frac{1}{n},|f(x_n)-A|\ge {\epsilon }_0.$$

此时 $x_n\to a$，但 $f(x_n)$ 不收敛于 $A$，与已知条件矛盾。

题目 2

证明多元函数极限的 Cauchy 收敛准则：函数 $f(x)$ 在点 $a$ 有极限的充分必要条件是对每一个 $\epsilon >0$，$\exists \delta >0$，使得对于 $O_{\delta }(a)\setminus \{a\}$ 中的每一对点 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$，满足不等式 $|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|<\epsilon$。

解 必要性显然。若 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A$，取 $\delta >0$ 使 $0<|x-a|<\delta$ 时 $|f(x)-A|<\epsilon /2$，则

$$|f(x^{\prime })-f(x^{\prime \prime })|\le |f(x^{\prime })-A|+|f(x^{\prime \prime })-A|<\epsilon .$$

反之，取任一点列 $x_k\ne a$ 且 $x_k\to a$。由题设，$\{f(x_k)\}$ 是 Cauchy 数列，故收敛，记其极限为 $A$。给定 $\epsilon >0$，取 $\delta >0$ 使题设不等式以 $\epsilon /2$ 成立，再选 $k$ 使 $0<|x_k-a|<\delta$ 且 $|f(x_k)-A|<\epsilon /2$。对任意 $0<|x-a|<\delta$，有

$$|f(x)-A|\le |f(x)-f(x_k)|+|f(x_k)-A|<\epsilon .$$

因此 ${\lim }_{x\to a}f(x)=A$。

18.1.6 练习题

题目 1

求下列极限：

1. $\underset{(x,y)\to (0,a)}{\lim }\frac{\sin xy}{x}$；

2. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }(x+y)\ln (x^2+y^2)$；

3. $\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)$，其中

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+xy)}{x},& x\ne 0,\\ y,& x=0;\end{array}$$

4. $\underset{(x,y)\to (\infty ,0)}{\lim }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\frac{x^2}{x+y}}$；

5. $\underset{(x,y)\to (\infty ,\infty )}{\lim }\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}$。

解 当 $x\ne 0$ 时，

$$\frac{\sin xy}{x}=y\frac{\sin (xy)}{xy},$$

其中 $xy\to 0$、$y\to a$，故极限为 $a$。

解 令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。由 $|x+y|\le \sqrt{2}r$，

$$|(x+y)\ln (x^2+y^2)|\le 2\sqrt{2}r|\ln r|⟶0,$$

故所求极限为 $0$。

解 当 $x\ne 0$ 且 $xy\ne 0$ 时，

$$f(x,y)=y\frac{\ln (1+xy)}{xy}.$$

因 $\ln (1+t)/t\to 1$，上式随 $(x,y)\to (0,0)$ 趋于 $0$；在 $x=0$ 或 $y=0$ 时也有 $f(x,y)=y$ 或 $0$。故所求极限为 $0$。

解 取对数后得到

$$\frac{x^2}{x+y}\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{x}{x+y}x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)⟶1.$$

因而原极限为 $\mathrm{e}$。

解 当 $x,y>0$ 时，$x^2-xy+y^2\ge \frac{1}{2}(x^2+y^2)$，故

$$0\le \frac{x+y}{x^2-xy+y^2}\le \frac{2(x+y)}{x^2+y^2}\le 2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)⟶0.$$

所求极限为 $0$。

题目 2

证明：

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\frac{x^2{y}^2}{x^3+y^3}$$

不存在。

解 沿 $y=0$ 趋于原点时，函数恒为 $0$。沿 $y=-x+x^2$ 趋于原点时，

$$\frac{x^2{y}^2}{x^3+y^3}=\frac{x^4(1-x{)}^2}{3x^4-3x^5+x^6}=\frac{(1-x{)}^2}{3-3x+x^2}⟶\frac{1}{3}.$$

两条路径所得极限不同，故重极限不存在。

题目 3

讨论下列函数在点 $(0,0)$ 的重极限与累次极限：

1. $\frac{x^2{y}^2}{x^2{y}^2+(x-y{)}^2}$；

2. $(x+y)\sin \frac{1}{x}\sin \frac{1}{y}$；

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{xy}{x^2+y^2}+y\sin \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

解 沿 $y=x$ 时函数值为 $1$，沿 $y=0$ 时函数值为 $0$，故重极限不存在。对固定的 $x$，令 $y\to 0$，以及对固定的 $y$，令 $x\to 0$，所得内层极限都为 $0$，因此

$$\underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }f(x,y)=\underset{y\to 0}{\lim }\underset{x\to 0}{\lim }f(x,y)=0.$$

解 由

$$\left|(x+y)\sin \frac{1}{x}\sin \frac{1}{y}\right|\le |x|+|y|$$

可知重极限为 $0$。固定一般的 $x\ne 0$ 后，$y\to 0$ 时因子 $\sin (1/y)$ 振荡，内层极限不存在；交换 $x,y$ 同理。因此两个累次极限都不存在。

解 沿 $y=0$ 时 $f(x,0)=0$；沿 $y=x$ 时

$$f(x,x)=\frac{1}{2}+x\sin \frac{1}{x}⟶\frac{1}{2},$$

故重极限不存在。固定 $x$ 令 $y\to 0$，两项都趋于 $0$，所以

$$\underset{x\to 0}{\lim }\underset{y\to 0}{\lim }f(x,y)=0.$$

固定 $y\ne 0$ 令 $x\to 0$ 时，$y\sin (1/x)$ 振荡，故另一累次极限不存在。

题目 4

设一元函数 $f(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有连续导数，定义二元函数

$$g(x,y)=\frac{f(x)-f(y)}{x-y},x\ne y,$$

求

$$\underset{(x,y)\to (t,t)}{\lim }g(x,y).$$

解 由 Lagrange 中值定理，存在介于 $x,y$ 之间的 $\xi$，使

$$g(x,y)=f^{\prime }(\xi ).$$

当 $(x,y)\to (t,t)$ 时，$\xi \to t$，而 $f^{\prime }$ 连续，故所求极限为 $f^{\prime }(t)$。

题目 5

叙述并证明二元函数极限存在的唯一性定理、局部有界性定理与局部保号性定理。

解 唯一性定理：若 ${\lim }_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)$ 存在，则其值唯一。若同时等于 $A,B$ 且 $A\ne B$，取 $\epsilon =|A-B|/3$，在充分小的去心邻域内同时有 $|f-A|<\epsilon$、$|f-B|<\epsilon$，于是 $|A-B|<2|A-B|/3$，矛盾。

局部有界性定理：若上述极限为有限数 $A$，则 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某个去心邻域内有界。取邻域使 $|f-A|<1$，便有 $|f|\le |A|+1$。

局部保号性定理：若上述极限 $A\ne 0$，则在某个去心邻域内 $f$ 与 $A$ 同号，且 $|f|>|A|/2$。只需取邻域使 $|f-A|<|A|/2$；当 $A>0$ 时 $f>A/2>0$，当 $A<0$ 时 $f<A/2<0$。

题目 6

设 $\underset{y\to y_0}{\lim }\phi (y)=A,\underset{x\to x_0}{\lim }\psi (x)=0$，且在点 $(x_0,y_0)$ 附近有 $|f(x,y)-\phi (y)|\le \psi (x)$，证明：

$$\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{\lim }f(x,y)=A.$$

解 在所给邻域内，

$$|f(x,y)-A|\le |f(x,y)-\phi (y)|+|\phi (y)-A|\le \psi (x)+|\phi (y)-A|.$$

右端在 $(x,y)\to (x_0,y_0)$ 时趋于 $0$，故由夹逼定理得到结论。

题目 7

证明：在命题 18.1.2 中若 $f(x,y)$ 除直线 $x=x_0,y=y_0$ 外有定义，其他条件不变，则重极限与两个累次极限都存在，并且相等。

解 记

$$g(x)=\underset{y\to y_0}{\lim }f(x,y)(x\ne x_0),h(y)=\underset{x\to x_0}{\lim }f(x,y)(y\ne y_0),$$

并设第二个极限关于 $0<|y-y_0|<\eta$ 一致。给定 $\epsilon >0$，由一致性可取 $\delta >0$，使 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，对所有 $0<|y-y_0|<\eta$ 都有 $|f(x,y)-h(y)|<\epsilon /2$。于是对满足该条件的 $x^{\prime },x^{\prime \prime }$，

$$|f(x^{\prime },y)-f(x^{\prime \prime },y)|<\epsilon .$$

令 $y\to y_0$ 得 $|g(x^{\prime })-g(x^{\prime \prime })|\le \epsilon$。由 Cauchy 收敛准则，${\lim }_{x\to x_0}g(x)$ 存在，记为 $A$。

取固定的 $\bar{x}$ 充分接近 $x_0$，使 $|g(\bar{x})-A|<\epsilon /3$，且由一致性有 $|h(y)-f(\bar{x},y)|<\epsilon /3$。再由 $f(\bar{x},y)\to g(\bar{x})$，当 $y$ 充分接近 $y_0$ 时有

$$\begin{array}{rl}|h(y)-A|& \le |h(y)-f(\bar{x},y)|+|f(\bar{x},y)-g(\bar{x})|+|g(\bar{x})-A|<\epsilon .\end{array}$$

故 $h(y)\to A$，两个累次极限均为 $A$。

最后，由 $f(x,y)\to h(y)$ 关于 $y$ 一致，取 $x$ 充分接近 $x_0$ 可使 $|f(x,y)-h(y)|<\epsilon /2$；再取 $y$ 充分接近 $y_0$ 使 $|h(y)-A|<\epsilon /2$。于是

$$|f(x,y)-A|<\epsilon ,$$

故重极限也存在且等于 $A$。

18.2.1 例题

例题 18.2.1

令

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{\ln (1+xy)}{x},& x\ne 0,\\ y,& x=0,\end{array}$$

则 $f(x,y)$ 在其定义域上是连续的。

证 $f(x,y)$ 的定义域是 $\{(x,y)\mid xy>-1\}$ 且 $f(x,y)$ 在 $x\ne 0$ 处是连续的，所以只须证明 $f(x,y)$ 作为二元函数在 $y$ 轴上的每一点处连续。以下分两种情况讨论。

(1) 在点 $(0,0)$。

由于 $f(0,0)=0$，而当 $x\ne 0$ 时

$$f(x,y)=\frac{\ln (1+xy)}{x}=\{\begin{array}{ll}0,& y=0,\\ y\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}},& y\ne 0.\end{array}$$

又由于

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}=1,$$

从而 $\exists {\delta }_1>0$，当 $0<|x|<{\delta }_1,0<|y|<{\delta }_1$ 时

$$\left|\frac{\ln (1+xy)}{x}\right|\le |y|\cdot \left|\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}\right|\le 2|y|.$$

由 $f(x,y)$ 的表达式知只要 $|x|<{\delta }_1,|y|<{\delta }_1$，无论 $x=0$ 还是 $x\ne 0$ 都有

$$|f(x,y)|\le 2|y|.$$

所以

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{\lim }f(x,y)=0=f(0,0).$$

(2) 在点 $(0,y_0),y_0\ne 0$。

当 $x\ne 0$ 时

$$\begin{array}{rl}|f(x,y)-f(0,y_0)|& =\left|y\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}-y_0\right|\\ & =\left|y\left[\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}-1\right]+(y-y_0)\right|\\ & \le |y|\cdot \left|\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}-1\right|+|y-y_0|.\end{array}$$

而当 $x=0$ 时

$$|f(x,y)-f(0,y_0)|=|y-y_0|.$$

注意到当 $y_0\ne 0$ 时

$$\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{\lim }\ln (1+xy{)}^{\frac{1}{xy}}=1.$$

结合上述各式得

$$\underset{(x,y)\to (0,y_0)}{\lim }(f(x,y)-f(0,y_0))=0.$$

所以 $f(x,y)$ 在点 $(0,y_0)$ 处连续，从而在其定义域上是连续的。

例题 18.2.2（多元函数连续的若干充分条件）

设 $f(x,y)$ 在 $D\subset {\mathbb{R}}^2$ 上分别对 $x$ 和 $y$ 连续。证明：当下列条件之一满足时 $f(x,y)$ 是 $D$ 上的二元连续函数。

1. $f(x,y)$ 在 $D$ 上对 $x$ 连续且关于 $y$ 一致，即 $\forall x_0,\forall \epsilon >0,\exists \delta =\delta (\epsilon ,x_0)>0$（与 $y$ 无关），$|x-x_0|<\delta$ 时，$\forall y$，点 $(x,y),(x_0,y)\in D$ 恒有

$$|f(x,y)-f(x_0,y)|<\epsilon ;$$

2. $f(x,y)$ 在 $D$ 上对 $x$ 局部满足 Lipschitz 条件且关于 $y$ 一致，即：$\forall p_0=(x_0,y_0)\in D,\exists r>0$ 及 $L>0$，使得 $\forall (x_1,y),(x_2,y)\in D\cap B_r(p_0)$，恒有

$$|f(x_1,y)-f(x_2,y)|<L|x_1-x_2|;$$

3. $f(x,y)$ 关于变量 $y$ 是单调的。

证 (1) 固定 $(x_0,y_0)\in D$。给定 $\epsilon >0$，由 $f(x_0,y)$ 关于 $y$ 连续，取 ${\delta }_2>0$，使 $|y-y_0|<{\delta }_2$ 时

$$|f(x_0,y)-f(x_0,y_0)|<\frac{\epsilon }{2}.$$

再由关于 $y$ 一致的 $x$ 连续性，取 ${\delta }_1>0$，使 $|x-x_0|<{\delta }_1$ 时

$$|f(x,y)-f(x_0,y)|<\frac{\epsilon }{2}.$$

于是当 $|x-x_0|<{\delta }_1,|y-y_0|<{\delta }_2$ 时，拆项即得

$$|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon .$$

(2) 取题设给出的邻域 $B_r(x_0,y_0)$ 与常数 $L$，并把所考察的矩形邻域缩小到该球内。由 $f(x_0,y)$ 关于 $y$ 连续，可使 $|f(x_0,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon /2$；同时令 $|x-x_0|<\epsilon /(2L)$（当 $L=0$ 时无需此限制）。于是

$$|f(x,y)-f(x_0,y_0)|\le L|x-x_0|+|f(x_0,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon .$$

(3) 只证 $f$ 关于 $y$ 单调增加的情形，单调减少同理。由 $f(x_0,y)$ 在 $y_0$ 连续，取 $\eta >0$，使

$$|f(x_0,y_0\pm \eta )-f(x_0,y_0)|<\frac{\epsilon }{2}.$$

再由 $f(x,y_0\pm \eta )$ 关于 $x$ 连续，取 $\delta >0$，使 $|x-x_0|<\delta$ 时

$$|f(x,y_0\pm \eta )-f(x_0,y_0\pm \eta )|<\frac{\epsilon }{2}.$$

若同时 $|y-y_0|<\eta$，单调性给出

$$f(x,y_0-\eta )\le f(x,y)\le f(x,y_0+\eta ),$$

而上下两端与 $f(x_0,y_0)$ 的距离都小于 $\epsilon$，故 $|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\epsilon$。

例题 18.2.3

函数 $f(x,y)$ 定义在正方形

$$I_1=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$$

上，在底边

$$I_0=\{(x,0)\mid 0\le x\le 1\}$$

上连续，证明：$\exists \delta >0$ 使得 $f(x,y)$ 在

$$I_{\delta }=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le \delta \}$$

上有界。

证 1（用凝聚定理） 用反证法。若不然，则 $\forall \delta >0,f(x,y)$ 在 $I_{\delta }$ 上都无界，于是 $\exists (x_n,y_n)\in I_{1/n}$，使得

$$|f(x_n,y_n)|>n.(18.3)$$

由于 $\{(x_n,y_n)\}$ 有界，由凝聚定理知存在子列 $(x_{n_k},y_{n_k})\to (x_0,y_0)$，且 $x_0\in [0,1],y_0=0$，由 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,0)$ 的连续性知

$$\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_{n_k},y_{n_k})=f(x_0,0).$$

此与 (18.3) 矛盾。

证 2（用紧性定理） $\forall x_0\in [0,1]$，由 $f(x,y)$ 在点 $(x_0,0)$ 的连续性知 $\exists {\delta }_0>0$，使得 $f(x,y)$ 在

$$V(x_0)=\{(x,y)\mid |x-x_0|<{\delta }_0,|y|<{\delta }_0\}\cap I_1$$

上有界，由此得到一族开集覆盖有界闭集 $I_0$。由紧性定理可选出有限个 $V(x_i)$，$i=1,2,\cdots ,n$，使得

$$\bigcup _{i=1}^{n}V(x_i)\supset I_0.$$

取 $\delta ={\min }_{1\le i\le n}\{{\delta }_i\}$，则 $f(x,y)$ 在 $I_{\delta }$ 上有界。

例题 18.2.4

设 $f(\theta )$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数，定义

$$u(\rho ,\theta )=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{(1-{\rho }^2)f(\phi +\theta )}{1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2}d\phi ;$$

则对于任意 ${\theta }_0\in \mathbb{R}$，有

$$\underset{(\rho ,\theta )\to (1^{-},{\theta }_0)}{\lim }u(\rho ,\theta )=f({\theta }_0).$$

证 首先要用一个结果

$$\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{1-{\rho }^2}{1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2}d\phi =1,$$

即 $f\equiv 1$ 时，$u=1$。这个关系式可用多种方法证明，例如通过万能变换（参见上册 291 页以及 296 页题 4）求出下面的不定积分

$$\int \frac{d\phi }{1+\epsilon \cos \phi }=\frac{2}{\sqrt{1-{\epsilon }^2}}\arctan \left(\sqrt{\frac{1-\epsilon }{1+\epsilon }}\tan \frac{\phi }{2}\right),|\epsilon |<1,$$

来证明。由这个结果就可以得到如下的表达式

$$u(\rho ,\theta )-f({\theta }_0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{1-{\rho }^2}{1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2}[f(\phi +\theta )-f({\theta }_0)]d\phi .$$

$\forall \epsilon >0$，要找 $\delta >0$，使得当 $1-\delta <\rho <1,|\theta -{\theta }_0|<\delta$ 时，有

$$|u(\rho ,\theta )-f({\theta }_0)|<\epsilon .$$

为此先由 $f$ 的连续性知 $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0$，使得当 $|\phi |<\delta ,|\theta -{\theta }_0|<\delta$ 时，有

$$|f(\phi +\theta )-f({\theta }_0)|<\frac{\epsilon }{2}.$$

将要估计的积分分为三部分，即

$$u(\rho ,\theta )-f({\theta }_0)=\frac{1}{2\pi }\left({\int }_{-\pi }^{-\delta }+{\int }_{-\delta }^{\delta }+{\int }_{\delta }^{\pi }\right)=I_1+I_2+I_3.$$

由于在 $(-\pi ,-\delta )$ 上，$\cos \phi \le \cos \delta$。于是

$$1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2\ge 1-2\rho \cos \delta +{\rho }^2=(1-\rho {)}^2+2\rho (1-\cos \delta )\ge 4\rho {\sin }^2\frac{\delta }{2}.$$

又由 $f$ 的连续性知 $\exists M>0$，使得

$$|f(\phi +\theta )-f({\theta }_0)|\le M.$$

于是

$$|I_1|\le \frac{1}{2\pi }\cdot \frac{(1-{\rho }^2)M}{4\rho {\sin }^2\frac{\delta }{2}}(\pi -\delta )\le \frac{(1-{\rho }^2)M}{8\rho {\sin }^2\frac{\delta }{2}}.$$

从而 $\exists {\delta }_1$，使得当 $1-{\delta }_1<\rho <1$ 时，有

$$|I_1|<\frac{\epsilon }{4}.$$

同理可证，此时

$$|I_3|<\frac{\epsilon }{4}.$$

最后估计 $I_2$，有

$$\begin{array}{rl}|I_2|& \le \frac{1}{2\pi }\cdot \frac{\epsilon }{2}{\int }_{-\delta }^{\delta }\frac{1-{\rho }^2}{1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2}d\phi \\ & <\frac{\epsilon }{4\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{1-{\rho }^2}{1-2\rho \cos \phi +{\rho }^2}d\phi =\frac{\epsilon }{2}.\end{array}$$

于是 $\exists \delta ,{\delta }_1$，使得当 $1-{\delta }_1<\rho <1,|\theta -{\theta }_0|<\delta$ 时，有

$$|u(\rho ,\theta )-f({\theta }_0)|<\epsilon .$$

18.2.2 例题

例题 18.2.5

设 $f(x,y,z)$ 在 $a\le x,y,z\le b$ 上连续，令

$$\phi (x)=\underset{a\le y\le x}{\max }\left\{\underset{a\le z\le b}{\min }\{f(x,y,z)\}\right\};$$

则 $\phi (x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。

证 我们将证明分成两步。

第一步：设

$$\psi (x,y)=\underset{a\le z\le b}{\min }\{f(x,y,z)\},a\le x,y\le b.$$

因为 $f(x,y,z)$ 在有界闭区域上连续，从而一致连续。于是 $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0$，当 $|x-x_0|<\delta ,|y-y_0|<\delta$ 时

$$f(x_0,y_0,z)-\epsilon <f(x,y,z)<f(x_0,y_0,z)+\epsilon .$$

对 $z$ 在 $[a,b]$ 上取最小值得到

$$\psi (x_0,y_0)-\epsilon <\psi (x,y)<\psi (x_0,y_0)+\epsilon .$$

可见 $\psi (x,y)$ 在正方形 $[a,b]\times [a,b]$ 上连续。

第二步：令 $y=a+k(x-a)$，其中 $0\le k\le 1$，则

$$\phi (x)=\underset{a\le y\le x}{\max }\{\psi (x,y)\}=\underset{0\le k\le 1}{\max }\{\psi (x,a+k(x-a))\}.$$

由 $\psi$ 在 $\{(x,y)\mid a\le x\le b,a\le y\le x\}$ 上连续知 $\psi (x,a+k(x-a))$ 在 $\{(x,k)\mid a\le x\le b,0\le k\le 1\}$ 上连续，用与第一步相同的方法可证 $\phi (x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。

注 从上面第二步所用的方法，可以联想到一元函数中的一个题目：设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，则

$$g(x)=\underset{a\le \xi \le x}{\max }\{f(\xi )\}\text{与}h(x)=\underset{a\le \xi \le x}{\min }\{f(\xi )\}$$

都在 $[a,b]$ 上连续（见上册 155 页的题 10）。

我们可以证明如下：设 $\xi =a+k(x-a),0\le k\le 1$，则

$$g(x)=\underset{0\le k\le 1}{\max }\{f(a+k(x-a))\}.$$

由于二元函数 $f(a+k(x-a))$ 在 $\{(x,k)\mid a\le x\le b,0\le k\le 1\}$ 上连续，用例题 18.2.5 中的第一步的证法可证 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，同理 $h(x)$ 也在 $[a,b]$ 上连续。

从上例可见，有些一元函数的问题可以在多元函数理论中得到较好的解决。

例题 18.2.6

设 $A$ 是 $n\times n$ 矩阵，它的行列式 $\det A\ne 0$。证明：存在 $\alpha >0$，使对任意点 $x\in {\mathbb{R}}^n$ 都有 $|Ax|\ge \alpha |x|$。

证 容易证明 $|Ay|$ 是定义在有界闭集

$$S^1=\{y\in {\mathbb{R}}^n\mid |y|=1\}$$

上的连续函数。因为 $\det A\ne 0$，故对点 $y\in S^1$，有 $|Ay|>0$。因此由命题 18.2.2，

$$\underset{y\in S^1}{\min }\{|Ay|\}=\alpha >0.$$

从而当点 $x\ne 0$ 时，$|A(x/|x|)|\ge \alpha$，即 $|Ax|\ge \alpha |x|$。当 $x=0$ 时，不等式显然成立。

例题 18.2.7

设 $E$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的点集，点 $x\in {\mathbb{R}}^n$，$d(x,E)$ 是上一章（140 页）所定义的 $x$ 和 $E$ 的距离。证明：$d(x,E)$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上一致连续。

证 任取点 $y\in {\mathbb{R}}^n$，点 $z\in E$，则

$$d(x,E)\le d(x,y)+d(y,z).$$

对所有 $z\in E$ 取下确界得

$$d(x,E)\le d(x,y)+d(y,E).$$

同理得到

$$d(y,E)\le d(x,y)+d(x,E).$$

因而

$$|d(x,E)-d(y,E)|\le |x-y|.$$

取 $\delta =\epsilon$，则由 $|x-y|<\delta$ 推出

$$|d(x,E)-d(y,E)|<\epsilon .$$

所以 $d(x,E)$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上一致连续。

例题 18.2.8

设 $E\subset {\mathbb{R}}^n,f(x)$ 定义在 $E$ 上。对于点 $a$ 的邻域 $O_{\delta }(a)$ 定义 $f$ 在这个邻域上的振幅为

$${\omega }_f(a,\delta )=\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\sup }\{f(x)\}-\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\inf }\{f(x)\}.$$

然后令

$${\omega }_f(a)=\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\omega }_f(a,\delta ),$$

称为函数 $f$ 在点 $a$ 的振幅。证明：

1. 若 $f(x)$ 在 $E$ 上有界，则 $\forall a\in E,{\omega }_f(a)$ 存在；
2. $f(x)$ 在点 $a$ 连续的充分必要条件是 ${\omega }_f(a)=0$。 （参见上册 124 页的定义和 129 页的题 12。）

证 (1) 对固定的点 $a\in E$，由定义知

$$\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\sup }\{f(x)\}\text{与}\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\inf }\{f(x)\}$$

分别是 $\delta$ 的单调增加与单调减少函数。因 $f$ 有界，二者均有界，故 ${\omega }_f(a,\delta )$ 是关于 $\delta$ 的单调增加有界函数，从而 $\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\omega }_f(a,\delta )$ 存在。

(2) 若 $f(x)$ 在点 $a$ 连续，则 $\forall \epsilon >0,\exists \delta >0$，当 $x\in O_{\delta }(a)$ 时，$|f(x)-f(a)|<\epsilon$。此时应有

$${\omega }_f(a,\delta )\le \underset{x\in O_{\delta }(a)}{\sup }\{f(x)\}-f(a)+f(a)-\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\inf }\{f(x)\}\le 2\epsilon ,$$

于是

$${\omega }_f(a)=\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\omega }_f(a,\delta )=0.$$

反之，若 $\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\omega }_f(a,\delta )=0$，则 $\forall \epsilon >0,\exists {\delta }_0>0$，当 $\delta \le {\delta }_0$ 时

$$\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\sup }\{f(x)\}-\underset{x\in O_{\delta }(a)}{\inf }\{f(x)\}={\omega }_f(a,\delta )<\epsilon ,$$

于是当 $x\in O_{{\delta }_0}(a)$ 时

$$|f(x)-f(a)|\le \underset{x\in O_{{\delta }_0}(a)}{\sup }\{f(x)\}-\underset{x\in O_{{\delta }_0}(a)}{\inf }\{f(x)\}<\epsilon ,$$

即 $f(x)$ 在点 $a$ 处连续。

18.2.5 练习题

题目 1

设二元函数 $f(x,y)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，函数列 ${\phi }_n(x)$（$n=1,2,\cdots$）在 $[a,b]$ 上一致收敛并满足条件 $c\le {\phi }_n(x)\le d$，证明：函数列

$$F_n(x)=f(x,{\phi }_n(x))(n=1,2,\cdots )$$

在 $[a,b]$ 上一致收敛。

解 设 ${\phi }_n\rightrightarrows \phi$。逐点取极限可知 $c\le \phi (x)\le d$。函数 $f$ 在紧矩形 $[a,b]\times [c,d]$ 上一致连续，故给定 $\epsilon >0$，存在 $\eta >0$，只要两点距离小于 $\eta$，其函数值之差便小于 $\epsilon$。由 ${\phi }_n$ 的一致收敛，存在 $N$，使 $n\ge N$ 时对一切 $x\in [a,b]$ 都有 $|{\phi }_n(x)-\phi (x)|<\eta$。于是

$$|F_n(x)-f(x,\phi (x))|=|f(x,{\phi }_n(x))-f(x,\phi (x))|<\epsilon$$

对所有 $x\in [a,b]$ 同时成立。因此 $F_n\rightrightarrows F$，其中 $F(x)=f(x,\phi (x))$。

题目 2

证明：$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上一致连续。

解 由三角不等式的逆不等式，对任意 $p=(x,y),q=(u,v)\in {\mathbb{R}}^2$，有

$$|f(p)-f(q)|=||p|-|q||\le |p-q|.$$

因此 $f$ 满足 Lipschitz 条件，取 $\delta =\epsilon$ 即得一致连续性。

题目 3

在命题 18.2.1 中，由 (1) 直接证 (4)。

解 设 $f:E\to {\mathbb{R}}^m$ 连续，$A\subset E$。任取 $y\in f(\overline{A})$，可写成 $y=f(x)$，其中 $x\in \overline{A}$。存在点列 $x_k\in A$ 使 $x_k\to x$；由连续性，$f(x_k)\to f(x)=y$。因 $f(x_k)\in f(A)$，故 $y\in \overline{f(A)}$。于是

$$f(\overline{A})\subset \overline{f(A)}.$$

若闭包均取相对于定义域 $E$ 的闭包，上述证明完全相同。

题目 4

如果 $f$ 把 $\mathbb{R}$ 中的任意开集映为开集，问 $f$ 是否是 $\mathbb{R}$ 上的连续函数。

解 不一定。以 $\mathbb{Q}$ 的陪集为等价类，即 $x\sim y⟺x-y\in \mathbb{Q}$。商集 $\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ 与 $\mathbb{R}$ 等势，取一双射 $h:\mathbb{R}/\mathbb{Q}\to \mathbb{R}$，定义

$$f(x)=h(x+\mathbb{Q}).$$

每个陪集 $x+\mathbb{Q}$ 都在 $\mathbb{R}$ 中稠密，故任一非空开集 $U$ 与每个陪集相交，从而 $f(U)=\mathbb{R}$；空集的像仍为空集。因此 $f$ 把任意开集映为开集。

然而 $f$ 处处不连续。任取 $x_0$，再取与 $x_0+\mathbb{Q}$ 不同的陪集 $C$。可在 $C$ 中选取 $x_k\to x_0$，但 $f(x_k)$ 恒等于 $h(C)\ne f(x_0)$，故 $f$ 在 $x_0$ 处不连续。

题目 5

$f(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上连续，且

$$\underset{|x|+|y|\to \infty }{\lim }f(x,y)$$

存在。证明：$f(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有界，且一致连续。

解 记该极限为 $A$。存在 $R>0$，使 $|x|+|y|>R$ 时 $|f(x,y)-A|<1$。在紧集 $K_R=\{(x,y):|x|+|y|\le R\}$ 上，$f$ 有界；在其外部又有 $|f|<|A|+1$，故 $f$ 在全平面有界。

给定 $\epsilon >0$，增大 $R$ 使 $|x|+|y|>R$ 时 $|f(x,y)-A|<\epsilon /2$。函数 $f$ 在紧集

$$K=\{(x,y):|x|+|y|\le R+1\}$$

上一致连续，故存在 ${\delta }_0>0$，使 $p,q\in K$ 且 $|p-q|<{\delta }_0$ 时 $|f(p)-f(q)|<\epsilon$。取 $\delta =\min \{{\delta }_0,1/\sqrt{2}\}$。若 $|p-q|<\delta$ 且 $p,q\in K$，结论已得；若至少一点不在 $K$，则由 $||p{|}_1-|q{|}_1|\le \sqrt{2}|p-q|<1$ 可知两点均满足 $|\cdot {|}_1>R$，从而

$$|f(p)-f(q)|\le |f(p)-A|+|f(q)-A|<\epsilon .$$

因此 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上一致连续。

题目 6

证明：若 $D\subset {\mathbb{R}}^2$ 是有界闭域，$f$ 为 $D$ 上连续函数，则 $f(D)$ 是一个有界闭区间。

解 有界闭域 $D$ 是紧且连通的。连续映射保持紧性与连通性，故 $f(D)$ 是 $\mathbb{R}$ 中的紧连通集。实轴上的连通集是区间，紧集又有界且闭，因而存在 $m\le M$ 使

$$f(D)=[m,M].$$

其中 $m={\min }_{D}f$、$M={\max }_{D}f$。

题目 7

利用命题 18.2.1 和例题 18.2.7 重新证明上一章的第一组参考题 5。

解 设 $S_1,S_2$ 是不相交的闭集，记 $d_i(x)=d(x,S_i)$。由例题 18.2.7，$d_1,d_2$ 连续，故 $h(x)=d_1(x)-d_2(x)$ 连续。令

$$O_1=h^{-1}((-\infty ,0)),O_2=h^{-1}((0,+\infty )).$$

由命题 18.2.1，$O_1,O_2$ 均为开集，且显然不相交。若 $x\in S_1$，则 $d_1(x)=0$；因 $S_2$ 闭且 $x\notin S_2$，有 $d_2(x)>0$，故 $x\in O_1$。同理 $S_2\subset O_2$，于是得到了所需的两个互不相交开邻域。

题目 8

（14.1.1 小节中 Dini 判别法的推广）设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的紧集，$\{f_k\}$ 是 $D$ 上的连续函数列，且对每一点 $x\in D$ 有

$$f_1(x)\ge f_2(x)\ge \cdots \ge f_k(x)\ge \cdots$$

以及

$$\underset{k\to \infty }{\lim }{f}_k(x)=0.$$

证明：函数列 $\{f_k\}$ 在 $D$ 上一致收敛。

解 由单调性及极限为 $0$，有 $f_k(x)\ge 0$。给定 $\epsilon >0$，令

$$U_k=\{x\in D:f_k(x)<\epsilon \}.$$

每个 $U_k$ 是 $D$ 中的相对开集，且 $U_1\subset U_2\subset \cdots$。逐点收敛说明 ${\bigcup }_{k=1}^{\infty }{U}_k=D$。由 $D$ 的紧性，存在有限子覆盖；因 $U_k$ 递增，必有某个 $N$ 使 $U_N=D$。于是当 $k\ge N$ 时，对一切 $x\in D$，

$$0\le f_k(x)\le f_N(x)<\epsilon .$$

故 $f_k\rightrightarrows 0$。

题目 9

证明：在例题 18.2.8 中的 ${\omega }_f(a)$ 可改用

$$\underset{\delta \to 0+}{\lim }\underset{|a-x|\le \delta }{\sup }\{|f(a)-f(x)|\}.$$

解 令

$${\eta }_f(a,\delta )=\underset{x\in E,|x-a|\le \delta }{\sup }|f(x)-f(a)|.$$

在例题的有界性假设下，${\eta }_f(a,\delta )$ 有界；随着 $\delta \downarrow 0$，它单调不增，故极限存在。注意 $O_{\delta }(a)\subset \{x:|x-a|\le \delta \}$，而 $\{x:|x-a|\le \delta \}\subset O_{2\delta }(a)$，所以

$${\omega }_f(a,\delta )\le 2{\eta }_f(a,\delta ),{\eta }_f(a,\delta )\le {\omega }_f(a,2\delta ).$$

因而

$$\underset{\delta \to 0+}{\lim }{\eta }_f(a,\delta )=0⟺{\omega }_f(a)=0⟺f\text{ 在 }a\text{ 连续}.$$

所以在连续性判别中可用题给极限代替振幅。应注意，两个极限一般不必数值相等；例如 $f(a)=0$ 而 $a$ 的任意邻域内函数值同时取到 $1$ 与 $-1$ 时，前者为 $1$，后者为 $2$。

题目 10

证明：连续映射把紧集映为紧集。

解 设 $f:K\to {\mathbb{R}}^m$ 连续，$K$ 紧，且 $\{G_{\alpha }\}$ 是 $f(K)$ 的任一开覆盖。则 $\{f^{-1}(G_{\alpha })\}$ 是 $K$ 的开覆盖。由紧性，可取有限个指标 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_r$ 使

$$K\subset \bigcup _{i=1}^r{f}^{-1}(G_{{\alpha }_i}).$$

对两边取像即得 $f(K)\subset {\bigcup }_{i=1}^r{G}_{{\alpha }_i}$。故 $f(K)$ 的每个开覆盖都有有限子覆盖，因而 $f(K)$ 紧。

18.3.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设 $f(x,y)$ 关于 $x$ 在 $[a,b]$ 上连续，且关于 $y$ 单调增加。如果有

$$\underset{y\to d^{-}}{\lim }f(x,y)=f(x,d),x\in [a,b],$$

证明：这一收敛关于 $x\in [a,b]$ 是一致的，即 $\forall \epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $0<d-y<\delta$ 时，对所有的 $x\in [a,b]$，都有

$$|f(x,y)-f(x,d)|<\epsilon .$$

解 由单调性，$f(x,y)\le f(x,d)$。给定 $\epsilon >0$，对每个 $x_0\in [a,b]$，可取 $y_{x_0}<d$ 使

$$0\le f(x_0,d)-f(x_0,y_{x_0})<\frac{\epsilon }{3}.$$

固定 $y_{x_0}$ 后，$f(x,d)$ 与 $f(x,y_{x_0})$ 都关于 $x$ 连续，故存在 $x_0$ 的邻域 $U_{x_0}$，使 $x\in U_{x_0}\cap [a,b]$ 时

$$0\le f(x,d)-f(x,y_{x_0})<\epsilon .$$

由紧性，可从 $\{U_{x_0}\}$ 中取有限子覆盖 $U_{x_1},\dots ,U_{x_m}$。令 $y_{\ast }={\max }_i{y}_{x_i}<d$。若 $y_{\ast }<y<d$，任取 $x\in [a,b]$，选 $i$ 使 $x\in U_{x_i}$，则由关于 $y$ 的单调性，

$$0\le f(x,d)-f(x,y)\le f(x,d)-f(x,y_{x_i})<\epsilon .$$

取 $\delta =d-y_{\ast }$ 即得所需的一致收敛。

第一组参考题 2

设 $f$ 在 $[a,b]\times [a,b]$ 上连续，定义

$$\phi (x)=\underset{a\le \xi \le x}{\max }\left\{\underset{a\le y\le \xi }{\max }\{f(\xi ,y)\}\right\},$$

证明：$\phi (x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。

解 作代换

$$\xi =a+s(x-a),y=a+st(x-a),0\le s,t\le 1.$$

则

$$\phi (x)=\underset{(s,t)\in [0,1{]}^2}{\max }H(x,s,t),H(x,s,t)=f(a+s(x-a),a+st(x-a)).$$

函数 $H$ 在紧集 $[a,b]\times [0,1{]}^2$ 上连续，因而一致连续。给定 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使 $|x-x_0|<\delta$ 时，对所有 $(s,t)\in [0,1{]}^2$ 均有 $|H(x,s,t)-H(x_0,s,t)|<\epsilon$。对 $(s,t)$ 取最大值得

$$\phi (x_0)-\epsilon <\phi (x)<\phi (x_0)+\epsilon ,$$

故 $\phi$ 连续。

第一组参考题 3

设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 的紧子集，$f$ 为定义在 $D$ 上的函数，证明：$f$ 在 $D$ 上连续的充分必要条件是下列集合

$$\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^{n+1}\mid y=f(x),x\in D\}$$

是 ${\mathbb{R}}^{n+1}$ 中的紧集。

解 记 $f$ 的图像为 ${\Gamma }_f$。若 $f$ 连续，则映射 $x\mapsto (x,f(x))$ 连续，故紧集 $D$ 的像 ${\Gamma }_f$ 紧。

反之，设 ${\Gamma }_f$ 紧。任取 $x_k\to x\in D$。若 $f(x_k)\nrightarrow f(x)$，可取子列仍记为 $x_k$，使 $|f(x_k)-f(x)|\ge {\epsilon }_0>0$。点列 $(x_k,f(x_k))\subset {\Gamma }_f$ 有收敛子列，其极限因第一坐标收敛于 $x$，必形如 $(x,y)$；又因 ${\Gamma }_f$ 闭，$(x,y)\in {\Gamma }_f$，故 $y=f(x)$。这与该子列始终满足 $|f(x_k)-f(x)|\ge {\epsilon }_0$ 矛盾。因此 $f(x_k)\to f(x)$，由 Heine 原理，$f$ 在 $D$ 上连续。

第一组参考题 4

设 $f_1,f_2,\cdots ,f_n$ 是 $[0,1]$ 上的 $n$ 个连续函数，称 $f_1,f_2,\cdots ,f_n$ 在 $[0,1]$ 上线性相关，若存在不全为零的常数 $c_1,c_2,\cdots ,c_n$，使得

$$\sum _{j=1}^n{c}_j{f}_j(x)\equiv 0,x\in [0,1].$$

证明：$f_1,f_2,\cdots ,f_n$ 在 $[0,1]$ 上线性相关的充分必要条件是

$$\det \left({\left[{\int }_0^1{f}_i(x)f_j(x)dx\right]}_{n\times n}\right)=0.$$

解 记 Gram 矩阵 $G=(g_{ij})$，其中 $g_{ij}={\int }_0^1{f}_i(x)f_j(x)dx$。若 ${\sum }_j{c}_j{f}_j\equiv 0$ 且 $c\ne 0$，则

$$(Gc{)}_i={\int }_0^1{f}_i(x)\sum _{j=1}^n{c}_j{f}_j(x)dx=0,$$

故 $G$ 奇异，$\det G=0$。

反之，若 $\det G=0$，取 $c\ne 0$ 使 $Gc=0$，令 $g(x)={\sum }_j{c}_j{f}_j(x)$。于是

$$0=c^{T}Gc={\int }_0^{1}g(x{)}^{2}dx.$$

连续非负函数 $g^2$ 的积分为零，只能有 $g\equiv 0$，故 $f_1,\dots ,f_n$ 线性相关。

第一组参考题 5

设 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 上的 $k$ 个相异的点，证明：存在一个最小半径的圆盘 $B$，把这 $k$ 个点覆盖。对于 ${\mathbb{R}}^n$ 中的点，也有类似的命题。

解 对圆心 $x\in {\mathbb{R}}^2$，覆盖这些点所需的最小半径为

$$r(x)=\underset{1\le i\le k}{\max }|x-p_i|.$$

函数 $r$ 连续。令 $R=r(p_1)$；若 $|x-p_1|>R$，则 $r(x)\ge |x-p_1|>R=r(p_1)$，故全局最小点不可能在闭球 ${\overline{B}}_R(p_1)$ 之外。连续函数 $r$ 在该紧球上达到最小值，取其最小点 $x_{\ast }$，则以 $x_{\ast }$ 为圆心、$r(x_{\ast })$ 为半径的闭圆盘即为所求。把圆盘改为 $n$ 维闭球，同一证明适用于 ${\mathbb{R}}^n$。

第一组参考题 6

设 $A,B$ 是两个 $n$ 阶的实对称方阵，其中 $B$ 是正定矩阵。设函数

$$G(x)=(x^{T}Bx{)}^{-1}(x^{T}Ax)$$

定义在 $E={\mathbb{R}}^n\setminus \{0\}$ 上，其中 $x^T$ 是 $x$ 的转置。证明：

1. $G(x)$ 可以在 $E$ 上取到最大值；

2. $G(x)$ 的最大值点总是与 $A,B$ 有关的某个矩阵的特征向量。请写出这个矩阵。

解 因 $G(tx)=G(x)$（$t\ne 0$），只须在

$$S_B=\{x\in {\mathbb{R}}^n:x^{T}Bx=1\}$$

上考察。由 $B$ 正定，函数 $u\mapsto u^{T}Bu$ 在单位球面上有正的最小值 $\beta$，故 $x^{T}Bx\ge \beta |x{|}^2$。于是 $S_B$ 有界；它又是闭集，因而紧。$G$ 在 $S_B$ 上等于连续函数 $x^{T}Ax$，所以达到最大值。由齐次性，这也是 $G$ 在 $E$ 上的最大值。

解 设 $x_{\ast }$ 是 $S_B$ 上的最大值点。对约束 $x^{T}Bx=1$ 使用 Lagrange 乘数法，得到

$$2A{x}_{\ast }=2\lambda B{x}_{\ast },\text{即}{B}^{-1}A{x}_{\ast }=\lambda x_{\ast }.$$

因此最大值点是矩阵 $B^{-1}A$ 的特征向量。左乘 $x_{\ast }^T$ 可得 $\lambda =x_{\ast }^{T}A{x}_{\ast }=G(x_{\ast })$。

18.3.2 第二组参考题

第二组参考题 1

设 $T$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 到 ${\mathbb{R}}^n$ 的一个映射，如果存在常数 $\theta ,0\le \theta <1$ 以及正整数 $n_0$，使得

$$|T^{n_0}x-T^{n_0}y|\le \theta |x-y|,\forall x,y\in {\mathbb{R}}^n,$$

证明：映射 $T$ 有惟一的不动点。

解 令 $S=T^{n_0}$。由压缩映射原理，$S$ 有唯一不动点 $p$。又

$$S(Tp)=T(Sp)=Tp,$$

故 $Tp$ 也是 $S$ 的不动点，由唯一性得 $Tp=p$，所以 $p$ 是 $T$ 的不动点。若 $Tq=q$，则 $Sq=q$，仍由 $S$ 的不动点唯一性得 $q=p$。

第二组参考题 2

设 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的有界闭集，$f$ 是 $\Omega$ 到 $\Omega$ 的一个映射，满足

$$|f(x)-f(y)|<|x-y|,\forall x,y\in \Omega ,x\ne y.$$

证明：$f$ 在 $\Omega$ 中存在惟一的不动点。能否把命题中有界闭集的假设减弱为一般的有界集或无界的闭集？

解 题设不等式蕴含 $|f(x)-f(y)|\le |x-y|$，故 $f$ 连续。函数 $g(x)=|f(x)-x|$ 在紧集 $\Omega$ 上达到最小值，设最小点为 $x_0$。若 $g(x_0)>0$，令 $y=f(x_0)$，则 $y\ne x_0$ 且

$$g(y)=|f(f(x_0))-f(x_0)|<|f(x_0)-x_0|=g(x_0),$$

与最小性矛盾。因此 $f(x_0)=x_0$。若另有不动点 $x_1\ne x_0$，则

$$|x_1-x_0|=|f(x_1)-f(x_0)|<|x_1-x_0|,$$

亦矛盾，故不动点唯一。

两种减弱都不成立。对有界但非闭的集合 $\Omega =(0,1]$，取 $f(x)=x/2$，则距离严格缩短而无不动点。对无界闭集 $\Omega =[1,+\infty )$，取 $f(x)=x+1/x$。当 $1\le x<y$ 时

$$|f(y)-f(x)|=(y-x)\left(1-\frac{1}{xy}\right)<y-x,$$

但 $f(x)>x$，故也没有不动点。

第二组参考题 3

证明：连续映射将连通集映为连通集。

解 设 $E$ 连通而 $f(E)$ 不连通，则存在 $f(E)$ 中不相交的非空相对开集 $U,V$，使 $f(E)=U\cup V$。由连续性，$f^{-1}(U)$ 与 $f^{-1}(V)$ 是 $E$ 中不相交的非空相对开集，且其并为 $E$，这构成 $E$ 的分离，矛盾。因此 $f(E)$ 连通。

第二组参考题 4

设 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的区域，函数 $f$ 定义在 $\Omega$ 上，对于点 $x_0\in \Omega$，如果 $\forall \epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使得当点 $x\in \Omega$，且 $|x-x_0|<\delta$ 时

$$f(x)<f(x_0)+\epsilon (\text{或 }f(x)>f(x_0)-\epsilon ),$$

则称 $f$ 在点 $x_0$ 处上半连续（或下半连续）。证明：

1. $f$ 在点 $x_0$ 处上半连续的充分必要条件是 $f$ 在点 $x_0$ 的邻近有上界，且

$$\underset{\Omega \ni x\to x_0}{\overline{\lim }}f(x)\le f(x_0);$$

2. $f$ 在点 $x_0$ 处下半连续的充分必要条件是 $f$ 在点 $x_0$ 的邻近有下界，且

$$\underset{\Omega \ni x\to x_0}{\underline{\lim }}f(x)\ge f(x_0).$$

解 若 $f$ 在 $x_0$ 上半连续，取 $\epsilon =1$ 即知它在 $x_0$ 的某邻域内有上界；对任意 $\epsilon >0$，充分靠近 $x_0$ 时有 $f(x)<f(x_0)+\epsilon$，故

$$\underset{\Omega \ni x\to x_0}{\overline{\lim }}f(x)\le f(x_0).$$

反之，设 $f$ 在 $x_0$ 邻近有上界，且上述上极限不超过 $f(x_0)$。由上极限的定义，对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，使 $x\in \Omega$、$|x-x_0|<\delta$ 时 $f(x)<f(x_0)+\epsilon$，故 $f$ 在 $x_0$ 上半连续。

解 证明与上一小题对称。下半连续取 $\epsilon =1$ 给出局部下界，并由 $f(x)>f(x_0)-\epsilon$ 得下极限不小于 $f(x_0)$。反之，局部有下界且下极限满足题述不等式时，由下极限的定义，对每个 $\epsilon >0$，充分靠近 $x_0$ 即有 $f(x)>f(x_0)-\epsilon$，故 $f$ 在 $x_0$ 下半连续。

第二组参考题 5

设 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的紧集，$f$ 是 $\Omega$ 上的上半连续函数（下半连续函数），则 $f$ 在 $\Omega$ 上有上界并达到最大值（有下界并达到最小值）。

解 只证上半连续情形。对每个 $x\in \Omega$，由上半连续性可取相对邻域 $U_x$，使 $y\in U_x$ 时 $f(y)<f(x)+1$。有限个 $U_{x_i}$ 覆盖 $\Omega$，故 $f$ 在 $\Omega$ 上有上界。记 $M={\sup }_{\Omega }f$，并令

$$F_k=\{x\in \Omega :f(x)\ge M-1/k\}.$$

上半连续性等价于集合 $\{f<c\}$ 为开集，故 $F_k$ 为非空闭集；它们递减且都包含于紧集 $\Omega$。由紧性的有限交性质，存在 $x_{\ast }\in {\bigcap }_k{F}_k$，于是 $f(x_{\ast })\ge M-1/k$ 对所有 $k$ 成立，故 $f(x_{\ast })=M$。下半连续情形对 $-f$ 应用上述结论即可。

第二组参考题 6

设 $\{f_k\}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中紧集 $\Omega$ 上的连续函数列，如果对每个点 $x\in \Omega$，均有

$$\underset{k}{\sup }\{f_k(x)\}<+\infty ,$$

证明：函数

$$f(x)=\underset{k}{\sup }\{f_k(x)\}$$

在 $\Omega$ 上达到最小值。

解 题设保证 $f(x)$ 处处为有限实数。给定 $x_0\in \Omega$ 与 $\epsilon >0$，可选 $k_0$ 使 $f_{k_0}(x_0)>f(x_0)-\epsilon /2$。由 $f_{k_0}$ 连续，$x$ 充分接近 $x_0$ 时

$$f(x)\ge f_{k_0}(x)>f_{k_0}(x_0)-\frac{\epsilon }{2}>f(x_0)-\epsilon .$$

因此 $f$ 下半连续。由上一题，$f$ 在紧集 $\Omega$ 上达到最小值。

第二组参考题 7

（Peano 曲线）设 $\Delta$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中由 $y=0,y=\sqrt{3}x$ 和 $y=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}$ 所围成的正三角形闭区域。映射 $f_0:[0,1]\to \Delta$ 定义为

$$f_0(0)=(0,0),f_0\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right),f_0(1)=(1,0),$$

其余线性联结。则 $f_0([0,1])$ 是 $\Delta$ 中从端点 $A$ 到重心 $K$ 再到端点 $B$ 的一条折线 $L$（见图 18.1(a)）。

然后将 $\Delta$ 等分成四个边长为 $\frac{1}{2}$ 的小正三角形区域 ${\Delta }_i,i=1,2,3,4$，$L$ 等分成长度为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$ 的四段 $L_i,i=1,2,3,4$。设 $g_0:L\to \Delta$ 以类似于 $f_0$ 的方式依次把 $L_i,i=1,2,3,4$ 映到 ${\Delta }_i,i=1,2,3,4$ 中。令 $f_1=g_0\circ f_0$，则 $f_1([0,1])$ 就是 $\Delta$ 中一条联结 $A,B$ 的折线，由 $2\times 4$ 段直线段连成（见图 18.1(b)）。

再设 $g_1$ 把 $f_1([0,1])$ 的每一段作类似于 $g_0$ 那样的变换。令 $f_2=g_1\circ f_1$，则 $f_2([0,1])$ 就如图所示是一条由 $2\times 4^2$ 段直线段连成的折线（见图 18.1(c)）。

依类似的方式定义

$$f_k=g_{k-1}\circ f_{k-1}:[0,1]\to \Delta ,k=3,4,\cdots ,$$

使得 $f_k([0,1])$ 是一条由 $2\times 4^k$ 段直线段连成的折线，每段直线分别位于边长为 $\frac{1}{2^k}$ 的小正三角形区域中，且 $g_{k-1}$ 保持 $f_{k-1}([0,1])$ 的点在它所在的小正三角形区域中。

1. 证明：任取 $n>m$，有 $|f_n(t)-f_m(t)|\le \frac{1}{2^m}$，从而 $f_n(t)$（$n=1,2,\cdots$）在 $[0,1]$ 上一致收敛。设其极限映射为 $f$，证明 $f:[0,1]\to \Delta$ 连续；

2. 证明：$f([0,1])=\Delta$，即连续映射 $f$ 把一个区间 $[0,1]$ 映为 ${\mathbb{R}}^2$ 中的一个面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$ 的区域 $\Delta$。

解 固定 $t$。在第 $m$ 次构造中，$f_m(t)$ 位于某个边长为 $2^{-m}$ 的小正三角形内；以后每次变换都保持该点落在这个小三角形内，故对 $n>m$，$f_n(t)$ 与 $f_m(t)$ 位于同一小三角形中。其直径为 $2^{-m}$，所以

$$|f_n(t)-f_m(t)|\le 2^{-m}.$$

该估计与 $t$ 无关，故 $\{f_n\}$ 在 $[0,1]$ 上一致 Cauchy。因 ${\mathbb{R}}^2$ 完备，存在映射 $f$ 使 $f_n\rightrightarrows f$。每个 $f_n$ 连续，连续函数列的一致极限仍连续，故 $f:[0,1]\to \Delta$ 连续；这里 $\Delta$ 为闭集，亦保证极限值仍在 $\Delta$ 中。

解 任取 $p\in \Delta$。对每个 $m$，选取第 $m$ 次剖分中一个含 $p$ 的小三角形 ${\Delta }_m$。折线 $f_m([0,1])$ 在每个第 $m$ 级小三角形中都有一段，故可取 $t_m\in [0,1]$ 使 $f_m(t_m)\in {\Delta }_m$。由上一小题及 $\mathrm{diam}{\Delta }_m=2^{-m}$，

$$|f(t_m)-p|\le |f(t_m)-f_m(t_m)|+|f_m(t_m)-p|\le 2^{1-m}⟶0.$$

因 $f([0,1])$ 是紧集，因而是闭集，遂有 $p\in f([0,1])$。这说明 $\Delta \subset f([0,1])$；反向包含由构造显然成立，故 $f([0,1])=\Delta$。

第二组参考题 8

（Tietze（蒂策）扩张定理）设 $D\subset {\mathbb{R}}^n$ 为闭子集，$f:D\to \mathbb{R}$ 为连续函数，且 $|f(x)|\le M,x\in D$。设 $g_0(x)=0,g_k(x)$ 归纳定义为

$$g_k(x)=\frac{2^{k-1}d(x,A_k)}{3^k(d(x,A_k)+d(x,B_k))}-\frac{2^{k-1}d(x,B_k)}{3^k(d(x,A_k)+d(x,B_k))},$$

其中

$$A_k=\left\{x\in D|{\phi }_k(x)\ge \frac{2^{k-1}}{3^k}M\right\},$$ $$B_k=\left\{x\in D|{\phi }_k(x)\le -\frac{2^{k-1}}{3^k}M\right\},$$

而

$${\phi }_k(x)=f(x)-[g_0(x)+g_1(x)+\cdots +g_{k-1}(x)],k=1,2,\cdots .$$

1. 证明：$g_k(x)$（$k=1,2,\cdots$）连续，级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{g}_k(x)$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上一致收敛到 ${\mathbb{R}}^n$ 上的连续函数 $g(x)$，并且当 $x\in D$ 时 $g(x)=f(x)$。

2. 证明：(1) 的结论当 $f$ 并不有界时也成立。

解 题给 $g_k$ 的公式有两处排印误差：应补上因子 $M$，并交换分子中两距离项的次序。令

$$c_k=\frac{2^{k-1}M}{3^k},g_k(x)=c_k\frac{d(x,B_k)-d(x,A_k)}{d(x,A_k)+d(x,B_k)}.\text{\hspace{1em}(*)}$$

若 $M=0$，取 $g\equiv 0$ 即可，以下设 $M>0$。当 $A_k,B_k$ 均非空时采用 $(\ast )$；若 $B_k=\varnothing \ne A_k$，令 $g_k\equiv c_k$；若 $A_k=\varnothing \ne B_k$，令 $g_k\equiv -c_k$；若二者均空，令 $g_k\equiv 0$。

归纳证明

$$|{\phi }_k(x)|\le M{\left(\frac{2}{3}\right)}^{k-1}=3c_k,x\in D.\text{\hspace{1em}(1)}$$

$k=1$ 时即为题设。若 (1) 对 $k$ 成立，则 $A_k,B_k$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中互不相交的闭集，距离函数连续，故上述 $g_k$ 连续且 $|g_k|\le c_k$。在 $A_k$ 上 $g_k=c_k$，在 $B_k$ 上 $g_k=-c_k$；结合 $|{\phi }_k|\le 3c_k$，分 ${\phi }_k\ge c_k$、$|{\phi }_k|<c_k$、${\phi }_k\le -c_k$ 三种情形均得

$$|{\phi }_{k+1}|=|{\phi }_k-g_k|\le 2c_k=M{\left(\frac{2}{3}\right)}^k.$$

故 (1) 对所有 $k$ 成立。

又因 $|g_k(x)|\le c_k$ 且

$$\sum _{k=1}^{\infty }{c}_k=\frac{M}{3}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{2}{3}\right)}^k=M,$$

Weierstrass 判别法表明 $\sum g_k$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上一致收敛，其和 $g$ 连续。对 $x\in D$，由 (1) 有

$$\left|f(x)-\sum _{j=0}^{k-1}{g}_j(x)\right|=|{\phi }_k(x)|\le M{\left(\frac{2}{3}\right)}^{k-1}⟶0,$$

故 $g(x)=f(x)$。

解 令 $h(t)=t/(1+|t|)$，则 $h$ 是 $\mathbb{R}$ 到 $(-1,1)$ 的同胚。函数 $F=h\circ f$ 在 $D$ 上连续且 $|F|<1$。由上一小题，可将 $F$ 连续扩张为 $G:{\mathbb{R}}^n\to [-1,1]$。若 $D=\varnothing$ 结论显然；否则令

$$H(x)=\frac{G(x)}{1+d(x,D)}.$$

在 $D$ 上 $H=F$；在 $D$ 外分母大于 $1$，而在 $D$ 上已有 $|F|<1$，故 $|H(x)|<1$ 对所有 $x$ 成立。于是

$$\tilde{f}(x)=h^{-1}(H(x))=\frac{H(x)}{1-|H(x)|}$$

是 ${\mathbb{R}}^n$ 上的连续函数，并在 $D$ 上等于 $f$。

第二组参考题 9

是否能把开集上的连续函数连续扩张到全空间？一致连续函数呢？考察 $\mathbb{R}$ 中的例子。

解 一般的连续函数未必能扩张。例如 $f(x)=1/x$ 在开集 $(0,1)$ 上连续；若它能连续扩张到 $\mathbb{R}$，则在 $0$ 处应有有限右极限，矛盾。

一致连续函数可以连续扩张。设 $G\subset {\mathbb{R}}^n$ 为开集，$f:G\to \mathbb{R}$ 一致连续。对任意 $x\in \overline{G}$，取 $x_k\in G$ 且 $x_k\to x$。一致连续性使 $\{f(x_k)\}$ 为 Cauchy 列，故可定义

$$\bar{f}(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }f(x_k).$$

两个逼近点列交错后仍趋于 $x$，由一致连续性可知所得极限相同，所以定义与点列选择无关。直接令点列逼近两点可验证 $\bar{f}$ 在 $\overline{G}$ 上一致连续，并且延拓 $f$。因 $\overline{G}$ 是闭集，再由 Tietze 扩张定理，$\bar{f}$ 可连续扩张到整个 ${\mathbb{R}}^n$。

第二组参考题 10

证明：可以把定义在 ${\mathbb{R}}^n$ 中有理点集上的一致连续函数惟一扩张到全空间。

解 记 $Q^n={\mathbb{Q}}^n$，设 $f:Q^n\to \mathbb{R}$ 一致连续。对任意 $x\in {\mathbb{R}}^n$，取有理点列 $q_k\to x$。点列 $\{q_k\}$ 为 Cauchy 列，一致连续性说明 $\{f(q_k)\}$ 也是 Cauchy 列，故令

$$F(x)=\underset{k\to \infty }{\lim }f(q_k).$$

若 $r_k\to x$ 也是有理点列，则 $|q_k-r_k|\to 0$，从而 $|f(q_k)-f(r_k)|\to 0$，故 $F$ 定义良好。由同一 $\epsilon$—$\delta$ 估计并令有理点逼近 $x,y$，可得 $F$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 上一致连续，且在 $Q^n$ 上等于 $f$。

若 $F_1,F_2$ 是两个连续扩张，则任取 $x\in {\mathbb{R}}^n$ 及 $q_k\in Q^n$、$q_k\to x$，有

$$F_1(x)=\underset{k}{\lim }f(q_k)=F_2(x),$$

因而扩张唯一。