下册 7.1 多元函数的极限与连续 第8题
📝 题目
8．设 $f(x, y)$ 关于 $x, y$ 均是一元连续函数，举例说明 $f(x, y)$ 可以不是二元连续函数．证明：当 $f(x, y)$ 关于 $x$ 单调时，$f(x, y)$ 是二元连续函数．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
取 $\displaystyle f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}},(x, y) \neq(0,0), \\ 0,(x, y)=(0,0),\end{array}\right.$ 则 $f(x, y)$ 关于 $x, y$ 均是一元连续函数，但 $f(x, y)$ 不是二元连续函数．
下证：当 $f(x, y)$ 关于 $x, y$ 均是一元连续函数，且关于 $x$ 单调时，$f(x, y)$ 是二元连续函数．
对于任意的 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，由于 $f\left(x, y_{0}\right)$ 在 $x=x_{0}$ 处连续，故 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta_{1}>0$ ，使得当 $\left|x-x_{0}\right| \leqslant \delta_{1}$ 时有
$$
\left|f\left(x, y_{0}\right)-f\left(x_{0}, y_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2}
$$
又 $f\left(x_{0}-\delta_{1}, y\right), f\left(x_{0}+\delta_{1}, y\right)$ 都在 $y=y_{0}$ 处连续，故对上述 $\varepsilon>0, \exists \delta_{2}>0$ ，使得当 $\left|y-y_{0}\right| \leqslant \delta_{2}$ 时有
$$
\left|f\left(x_{0}-\delta_{1}, y\right)-f\left(x_{0}-\delta_{1}, y_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2},\left|f\left(x_{0}+\delta_{1}, y\right)-f\left(x_{0}+\delta_{1}, y_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{2} .
$$
于是对 $\forall(x, y) \in\left[x_{0}-\delta_{1}, x_{0}+\delta_{1}\right] \times\left[y_{0}-\delta_{2}, y_{0}+\delta_{2}\right]$ ，若 $f(\cdot, y)$ 递增，则
$$
\begin{aligned}
& f(x, y) \leqslant f\left(x_{0}+\delta_{1}, y\right)f\left(x_{0}-\delta_{1}, y_{0}\right)-\frac{\varepsilon}{2}>f\left(x_{0}, y_{0}\right)-\varepsilon
\end{aligned}
$$
若 $f(\cdot, y)$ 递减，则
$$
\begin{aligned}
& f(x, y) \geqslant f\left(x_{0}+\delta_{1}, y\right)>f\left(x_{0}+\delta_{1}, y_{0}\right)-\frac{\varepsilon}{2}>f\left(x_{0}, y_{0}\right)-\varepsilon, \\
& f(x, y) \leqslant f\left(x_{0}-\delta_{1}, y\right)
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：构造反例说明f(x,y)可以不是二元连续函数
取函数 $f(x, y)=\begin{cases} \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}, & (x, y) \neq (0,0) \\ 0, & (x, y)=(0,0) \end{cases}$。对于固定的 $y$，$f(x,y)$ 是 $x$ 的连续函数（除 $x=-y$ 外，但该点可去）；类似地，对于固定的 $x$，$f(x,y)$ 是 $y$ 的连续函数。但在 $(0,0)$ 处，沿路径 $y=x$ 趋于 $(0,0)$ 时，$f(x,x)=\frac{2x}{2x^2}=\frac{1}{x}$ 趋于无穷，不趋于 $0$，故 $f$ 在 $(0,0)$ 不连续。
提示：注意反例需满足关于每个变量连续但整体不连续，常用分式函数在原点处定义为零。
步骤 2/7
目标：证明准备：利用关于x的单调性
设 $f(x,y)$ 关于 $x$ 单调（不妨设递增，递减类似）。任取 $(x_0,y_0)$，要证 $f$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续。
提示：单调性假设是关键，否则无法从一元连续推出二元连续。
步骤 3/7
目标：由关于x的一元连续性得到第一个δ1
由于 $f(x,y_0)$ 在 $x=x_0$ 处连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta_1>0$，使得当 $|x-x_0|\leq \delta_1$ 时，有 $|f(x,y_0)-f(x_0,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$。
公式：$|f(x,y_0)-f(x_0,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$
提示：注意这里只用了关于x的一元连续性，固定y=y0。
步骤 4/7
目标：由关于y的一元连续性得到第二个δ2
由于 $f(x_0-\delta_1,y)$ 和 $f(x_0+\delta_1,y)$ 在 $y=y_0$ 处连续，对上述 $\varepsilon>0$，存在 $\delta_2>0$，使得当 $|y-y_0|\leq \delta_2$ 时，有 $|f(x_0-\delta_1,y)-f(x_0-\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$ 和 $|f(x_0+\delta_1,y)-f(x_0+\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$。
公式：$|f(x_0\pm\delta_1,y)-f(x_0\pm\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}$
提示：这里需要两个端点处关于y的连续性，因为单调性将用于控制区间内部的点。
步骤 5/7
目标：利用单调性估计f(x,y)的上界和下界（递增情形）
考虑任意 $(x,y)\in[x_0-\delta_1,x_0+\delta_1]\times[y_0-\delta_2,y_0+\delta_2]$。若 $f(\cdot,y)$ 递增，则 $f(x,y)\leq f(x_0+\delta_1,y)$ 且 $f(x,y)\geq f(x_0-\delta_1,y)$。结合步骤4的估计，有 $f(x,y)< f(x_0+\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}$ 和 $f(x,y)> f(x_0-\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}$。再由步骤3，$f(x_0+\delta_1,y_0)< f(x_0,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}$，$f(x_0-\delta_1,y_0)> f(x_0,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}$，从而 $f(x,y)< f(x_0,y_0)+\varepsilon$ 且 $f(x,y)> f(x_0,y_0)-\varepsilon$，即 $|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\varepsilon$。
公式：$f(x_0-\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}
提示：注意不等式方向，利用单调性将区间内点与端点比较。
步骤 6/7
目标：递减情形的类似估计
若 $f(\cdot,y)$ 递减，则 $f(x,y)\geq f(x_0+\delta_1,y)$ 且 $f(x,y)\leq f(x_0-\delta_1,y)$。类似可得 $f(x,y)> f(x_0+\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}> f(x_0,y_0)-\varepsilon$ 和 $f(x,y)< f(x_0-\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}< f(x_0,y_0)+\varepsilon$，同样得到 $|f(x,y)-f(x_0,y_0)|<\varepsilon$。
提示：递减情形的不等式方向相反，但最终结论相同。
步骤 7/7
目标：结论
因此，对任意 $(x_0,y_0)$，$f$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续，从而 $f$ 是二元连续函数。
提示：证明的关键是利用单调性将二元连续性转化为端点处的一元连续性。
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