下册 7.1 多元函数的极限与连续 第10题
📝 题目
10．证明 $\displaystyle f(x, y, z)=\frac{1}{1-x y z}$ 在 $[0,1) \times[0,1) \times[0,1)$ 上是不一致连续的．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
$\displaystyle \exists \varepsilon_{0}=1, \forall \delta: 0<\delta<\frac{1}{9}$ ，取 $\displaystyle x_{0}=1-\delta, y_{0}=1-\delta, z_{0}=1-\delta, x=1-\frac{\delta}{2}, y=1-\frac{\delta}{2}, z=1-\frac{\delta}{2}$ ，则对任意 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right), P(x, y, z) \in D$ ，有
$$
\rho\left(P, P_{0}\right)=\sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}+\left(z-z_{0}\right)^{2}}=\sqrt{3\left(\frac{\delta}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \delta<\delta
$$
但
$$
\left|f(x, y, z)-f\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)\right|=\frac{1}{1-\left(1-\frac{\delta}{2}\right)^{3}}-\frac{1}{1-(1-\delta)^{3}}=\frac{\frac{3}{2}-\frac{9 \delta}{4}+\frac{7 \delta^{2}}{8}}{\left[1-\left(1-\frac{\delta}{2}\right)^{3}\right]\left[1-(1-\delta)^{3}\right]}
$$
$$
=\frac{\frac{3}{2}-\frac{9 \delta}{4}+\frac{7 \delta^{2}}{8}}{\delta\left(\frac{3}{2}-\frac{3 \delta}{4}+\frac{\delta^{2}}{8}\right)\left(3-3 \delta+\delta^{2}\right)}>\frac{\frac{3}{2}-\frac{9 \delta}{4}}{\delta \cdot \frac{3}{2} \cdot 3}>\frac{\frac{3}{2}-\frac{1}{4}}{\frac{1}{9} \cdot \frac{9}{2}}=\frac{5}{2}>1=\varepsilon_{0} .
$$
所以 $\displaystyle f(x, y, z)=\frac{1}{1-x y z}$ 在 $[0,1) \times[0,1) \times[0,1)$ 上是不一致连续的．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：理解不一致连续的定义
函数 $f$ 在区域 $D$ 上不一致连续，如果存在 $ε_0 > 0$，使得对任意 $δ > 0$，存在两点 $P, P_0 \in D$ 满足 $\rho(P, P_0) < δ$ 但 $|f(P) - f(P_0)| \geq ε_0$。
提示：注意不一致连续的定义：存在一个固定的 $ε_0$，对任意 $δ$ 都能找到两点距离小于 $δ$ 但函数值差至少为 $ε_0$。
步骤 2/7
目标：选取特定的 $ε_0$ 和点列
取 $ε_0 = 1$。对任意给定的 $δ$（不妨设 $0 < δ < \frac{1}{9}$），取 $x_0 = 1 - δ$, $y_0 = 1 - δ$, $z_0 = 1 - δ$ 和 $x = 1 - \frac{δ}{2}$, $y = 1 - \frac{δ}{2}$, $z = 1 - \frac{δ}{2}$。
提示：点列的选择要靠近边界 $(1,1,1)$，因为函数在该点附近趋于无穷大，容易产生大的函数值差。
步骤 3/7
目标：计算两点间的距离
计算欧氏距离：
$$
\rho(P, P_0) = \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2} = \sqrt{3 \left( \frac{δ}{2} \right)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2} δ < δ.
$$
提示：注意距离公式的正确使用，确保结果小于 $δ$。
步骤 4/7
目标：计算函数值的差
计算 $f(P)$ 和 $f(P_0)$：
$$
f(P) = \frac{1}{1 - xyz} = \frac{1}{1 - (1 - \frac{δ}{2})^3}, \quad f(P_0) = \frac{1}{1 - (1 - δ)^3}.
$$
因此，
$$
|f(P) - f(P_0)| = \frac{1}{1 - (1 - \frac{δ}{2})^3} - \frac{1}{1 - (1 - δ)^3}.
$$
提示：注意 $xyz$ 的计算：由于 $x=y=z$，所以 $xyz = x^3$。
步骤 5/7
目标：化简差值表达式
展开立方：
$$
(1 - \frac{δ}{2})^3 = 1 - \frac{3δ}{2} + \frac{3δ^2}{4} - \frac{δ^3}{8}, \quad (1 - δ)^3 = 1 - 3δ + 3δ^2 - δ^3.
$$
代入得：
$$
1 - (1 - \frac{δ}{2})^3 = \frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8}, \quad 1 - (1 - δ)^3 = 3δ - 3δ^2 + δ^3.
$$
因此，
$$
|f(P) - f(P_0)| = \frac{1}{\frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8}} - \frac{1}{3δ - 3δ^2 + δ^3}.
$$
通分后分子为：
$$
(3δ - 3δ^2 + δ^3) - (\frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8}) = \frac{3δ}{2} - \frac{9δ^2}{4} + \frac{7δ^3}{8}.
$$
分母为：
$$
(\frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8})(3δ - 3δ^2 + δ^3).
$$
所以，
$$
|f(P) - f(P_0)| = \frac{\frac{3δ}{2} - \frac{9δ^2}{4} + \frac{7δ^3}{8}}{(\frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8})(3δ - 3δ^2 + δ^3)}.
$$
提示：通分时注意分子分母的符号，确保正确。
步骤 6/7
目标：放缩不等式以证明差值大于1
由于 $δ < \frac{1}{9}$，有 $δ^2 < \frac{δ}{9}$，$δ^3 < \frac{δ}{81}$。对分子放缩：
$$
\frac{3δ}{2} - \frac{9δ^2}{4} + \frac{7δ^3}{8} > \frac{3δ}{2} - \frac{9δ^2}{4} > \frac{3δ}{2} - \frac{9}{4} \cdot \frac{δ}{9} = \frac{3δ}{2} - \frac{δ}{4} = \frac{5δ}{4}.
$$
对分母放缩：
$$
\frac{3δ}{2} - \frac{3δ^2}{4} + \frac{δ^3}{8} < \frac{3δ}{2}, \quad 3δ - 3δ^2 + δ^3 < 3δ.
$$
因此分母小于 $\frac{3δ}{2} \cdot 3δ = \frac{9δ^2}{2}$。于是，
$$
|f(P) - f(P_0)| > \frac{\frac{5δ}{4}}{\frac{9δ^2}{2}} = \frac{5δ}{4} \cdot \frac{2}{9δ^2} = \frac{5}{18δ}.
$$
由于 $δ < \frac{1}{9}$，有 $\frac{5}{18δ} > \frac{5}{18 \cdot \frac{1}{9}} = \frac{5}{2} > 1 = ε_0$。
提示：放缩时注意方向：分子要放大（或缩小）得到下界，分母要缩小（或放大）得到上界，从而整体放大。这里分子缩小（去掉正项）得到下界，分母放大（去掉负项）得到上界，从而比值放大。
步骤 7/7
目标：得出结论
因此，对 $ε_0 = 1$，对任意 $δ > 0$（取 $δ < \frac{1}{9}$），存在两点 $P_0$ 和 $P$ 满足 $\rho(P, P_0) < δ$ 但 $|f(P) - f(P_0)| > 1$，故 $f$ 在 $[0,1) \times [0,1) \times [0,1)$ 上不一致连续。
提示：注意 $δ$ 可以任意小，但这里我们只考虑 $δ < 1/9$ 的情况，对于更大的 $δ$，结论显然成立（因为可以取更小的 $δ$ 来验证）。
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