极限深入：ε–δ 规划、定义域与反例

学习目标与定义

根据目标 epsilon 构造 delta，在除法前控制分母，并利用定义域和序列反例否定极限。

设 $A\subseteq\mathbb R$，$a$ 是 $A$ 的聚点，即每个去心邻域都包含 $A$ 中的点。相对定义域极限 $f(x)\to L$（$x\to a$、$x\in A$）表示：对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $x\in A$ 且 $0<|x-a|<\delta$ 蕴含 $|f(x)-L|<\varepsilon$。delta 可以依赖 epsilon、固定锚点和给定函数，但不能依赖随后取的趋近输入。

去心条件排除 $a$ 本身。即使 $f(a)$ 没有定义或不同于 $L$，极限仍可能存在。$a$ 处连续还要求 $a\in A$、$f(a)=L$，并采用相应的相对定义域趋近。单侧极限进一步将趋近点限制为 $x>a$ 或 $x<a$，定义域必须在所论侧有任意接近 $a$ 的点。

命题：唯一性需要聚点

在聚点处，有限的相对定义域极限是唯一的。

证明。 若存在不同极限 $L,M$，取 $\varepsilon=|L-M|/3$，并取两个 delta 中较小者。聚点条件保证这个去心邻域中确有定义域点，两条极限不等式在那里都成立，故 $|L-M|\le|L-f(x)|+|f(x)-M|<2|L-M|/3$，矛盾。没有趋近的定义域点时，量词蕴涵可能对每个候选值都空真成立。

1. 从目标反向规划，再正向书写证明

为证明 $x^2\to a^2$，将目标误差分解为 $|x-a||x+a|$。第二个因子仍在变化，先要求 $|x-a|<1$，得到 $|x+a|<1+2|a|$，然后可采用充分条件 $|x-a|<\varepsilon/(1+2|a|)$。取

$$\delta=\min\left(1,\frac{\varepsilon}{1+2|a|}\right).$$

对 delta 范围内每个输入，乘积误差都小于 epsilon。分母从不为零，因此证明既适用于 $a=0$，也适用于其他锚点。附加条件 $|x-a|<1$ 是缓冲界，并非任意损失一般性。

对 $f(x)=1/x$ 在 $a\ne0$ 处，误差为 $|x-a|/(|x||a|)$。先要求 $|x-a|<|a|/2$，则 $|x|>|a|/2$，分母远离零。于是

$$\left|\frac1x-\frac1a\right|<\frac{2|x-a|}{a^2}, \qquad \delta=\min\left(\frac{|a|}{2},\frac{\varepsilon a^2}{2}\right)$$

证明了结论。若不控制 $1/|x|$，仅含该量的不等式还不能说明所选 delta 只依赖 epsilon 和固定锚点。

可以在草稿上反向规划，但完成的证明必须正向进行：固定任意 epsilon，指定 delta，取其中每个允许输入，最后推出目标界。选定 delta 后只检查一个输入，不能证明全称命题。

2. 定义域决定哪些方向可以趋近

对非零实数上的 $f(x)=|x|/x$，零处右极限为一、左极限为负一，因此不存在有限双侧极限。把定义域限制为正输入后，相对极限变为一。极限是带定义域的函数的性质，而不是单独由公式决定。

对 $[0,\infty)$ 上的 $f(x)=\sqrt x$，零处相对极限为零：由 $0\le x<\varepsilon^2\Rightarrow\sqrt x<\varepsilon$ 即证。定义域不能从左侧趋近零。双侧极限等价于左右极限相等的定理，要求定义域从两侧均可趋近；在这个边界例子中，不存在的一侧不是额外必需条件。

对定义在 $x\ne1$ 上的 $(x^2-1)/(x-1)$，因式分解得到在 1 处的极限为二。将缺失值设为二得到连续延拓；设为五得到不连续函数，但去心极限不变。若去心邻域确有振荡，仅修改孤立点的值不能消除它。

3. 估计振荡与证明极限不存在是不同方法

在非零输入处 $|x\sin(1/x)|\le|x|$，由夹逼估计得到极限零。振荡因子本身没有极限，但它有界，乘上趋于零的因子就足够。

为证明 $\sin(1/x)$ 从右侧也没有极限，取 $x_n=1/(\pi/2+2n\pi)$ 和 $y_n=1/(3\pi/2+2n\pi)$。两列正输入都趋于零，函数值却分别为一和负一。若有限极限存在，两列函数值都必须趋于它，矛盾。

这里使用的序列判据直接来自定义：若极限存在，则每个由定义域内允许去心点组成的趋近序列最终都进入相应 delta 邻域，其函数值有相同极限。反之，若极限定义失败，则存在固定的 $\varepsilon_0>0$，使每个 $n$ 都能选到距离小于 $1/n$ 的坏点；这些点组成趋近序列，其误差始终不小于 $\varepsilon_0$。因此检验所有序列是等价判据。两个方便序列的极限不同时足以否定极限，但相同并不足以证明极限。

4. 无穷端点与无穷函数值使用不同阈值

当 $x\to+\infty$ 时的有限极限 $f(x)\to L$ 表示：对每个 epsilon，存在输入阈值 $M$，超过该阈值时输出误差小于 epsilon。趋于负无穷时，输入满足 $x<M$，其中阈值充分负。无穷端点极限还要求定义域在相应方向无界。正负无穷都不是可以代入的实数输入。

当 $x\to a$ 时，$f(x)\to+\infty$ 则表示：每个正高度 $B$ 最终都在某去心邻域内被超过。对零处的 $1/x^2$，取 $\delta=1/\sqrt B$，即可证明 $0<|x|<\delta\Rightarrow1/x^2>B$。这不是有限极限。对 $1/x$，两侧给出相反的无穷符号；只有其绝对值在双侧趋于正无穷。

例题：尾部估计。 设 $f(x)=(2x^2+x)/(x^2+1)$，它与二之差为 $(x-2)/(x^2+1)$。当 $|x|\ge1$ 时，其绝对值至多为 $1/|x|+2/x^2\le3/|x|$。取大于 $\max(1,3/\varepsilon)$ 的正阈值，证明正无穷处极限为二；要求 $x$ 小于该阈值的相反数，则证明负无穷处同样的极限。两个方向都由估计而非代入无穷得到。

分级证明与诊断练习

1. 边界与内部。 在实定义域上，分别给出 $\sqrt x\to\sqrt a$ 在 $a>0$ 和 $a=0$ 处的明确 delta 选择，并解释两种形式为什么自然不同。
2. 缓冲检查。 有学生对倒数极限提出 $\delta=\varepsilon a^2$，却没有控制 $|x|$。解释该选择为什么不一定有效，并给出一般的正确选择。
3. 定义域限制。 在 $A=\{1/n:n\ge1\}\cup\{-1/n:n\ge1\}$ 上，令 $f(x)$ 为 $x$ 的符号。求它在零处的相对极限，再限制到 $A$ 的正数部分重做。
4. 聚点条件。 对 $A=\{0\}\cup[1,\infty)$，说明若省略聚点要求，零处的去心 epsilon–delta 蕴涵为什么对每个候选 $L$ 都成立。
5. 两个尾部。 用上述有理函数尾估计，完整证明正负无穷两个方向的极限，明确写出正阈值及其负的对应值。
6. 方法选择。 不要求正弦因子有极限，证明 $x^2\sin(1/x)\to0$。乘数 $b(x)$ 满足什么条件足以使 $x^2b(x)\to0$ 成立？该条件必要吗？

完整解答

1. 对 $a>0$ 及 $x\ge0$，有理化得到 $|\sqrt x-\sqrt a|=|x-a|/(\sqrt x+\sqrt a)\le|x-a|/\sqrt a$，所以在相对定义域上取 $\delta=\varepsilon\sqrt a$ 即可。零处取 $\delta=\varepsilon^2$，因为 $0\le x<\delta$ 蕴含 $\sqrt x<\varepsilon$。第一个证明由正锚点提供固定分母，而第二个没有。
2. 在 $a=1,\varepsilon=1$ 时，该提议给出 delta 为一；允许输入 $x=1/10$ 的距离满足 $9/10<1$，但倒数误差为九，不小于一。有效选择为 $\min(|a|/2,\varepsilon a^2/2)$：先使分母远离零，再控制分子。
3. 序列 $1/n$ 与 $-1/n$ 均趋于零，但输出恒为一和负一，所以在整个 $A$ 上不存在有限相对极限。限制到正数部分后函数恒为一，相对极限为一。定义域变化去掉了竞争的趋近方向，并未改变公式中的符号区别。
4. 取任意小于一的 delta，则没有定义域点满足 $0<|x|<\delta$。因此蕴涵不限制输出，对每个 epsilon 及候选 $L$ 都成立。零不是该定义域的聚点；标准定义排除此空真情形，保持唯一性。
5. 给定 epsilon，取 $M>\max(1,3/\varepsilon)$。当 $x>M$ 时，推导出的误差至多为 $3/|x|<3/M<\varepsilon$。当 $x<-M$ 时，由 $|x|>M$ 可得相同的绝对值界。两个无穷方向的证明使用同一个估计，但输入阈值分别处理。
6. 正弦绝对值至多为一，故乘积绝对值至多为 $x^2$，趋于零；取 delta 为 $\sqrt\varepsilon$ 即可。若乘数在某去心邻域有界，则存在常数 $C$，得到 $C x^2\to0$。有界是充分但非必要的：$b(x)=1/|x|$ 无界，却有 $x^2b(x)=|x|\to0$。

总结与术语

缓冲界在选定最终误差阈值之前控制可变因子。相对定义域极限只使用实际趋近的定义域点。聚点排除去心蕴涵空真的情况。反例序列可以否定候选极限，但有限多条一致的路径不能证明它。证明中应区分输入阈值、输出容差和趋于无穷的高度阈值。

本篇所用方法的证明

有限实数极限运算与等比数列：补全证明

使用有序实数、阿基米德性质、正整数归纳法及绝对值三角不等式。数列收敛至有限实数 $L$，是指每个 $\varepsilon>0$ 都有对所有 $n\ge N$ 有效的下标 $N$。

唯一性、有界性与子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下标使两误差均小于 $|L-M|/3$，三角不等式便给出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要证有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 与有限个初始绝对值的最大值。对子列下标 $n_1<n_2<\cdots$，归纳给出 $n_k\ge k$，故原数列的每个尾部阈值最终也适用于子列。

和、数乘及积。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令两个输入误差均小于 $\varepsilon/2$，则

$$|(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon.$$

对固定 $c\ne0$，使用输入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一个上界 $B\ge1$，要求

$$|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2B},\qquad |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2(|a|+1)}.$$

在共同的后期阈值后，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒数与商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，从而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。于是

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1b\right|\le\frac{2|b_n-b|}{|b|^2}.$$

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便证明倒数收敛。乘积法则继而给出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限个无定义的商；收敛只约束尾部。

保序与夹逼。 若最终 $a_n\le b_n$ 且分别趋于 $a,b$，则 $a\le b$；否则将两误差限制在 $(a-b)/3$ 内会迫使 $a_n>b_n$。若最终 $a_n\le z_n\le b_n$，两端都趋于 $L$，令两端误差均小于 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。无需事先知道中间数列有极限。

对相应的函数极限法则，固定共同的允许趋近定义域 $D\subseteq\mathbb R$，并设 $a$ 是 $D$ 的聚点：$a$ 的每个去心邻域都含 $D$ 中的点。设 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相对定义域极限。将上述估计中的尾部阈值改为去心定义域半径，并取有限个正半径的最小值。乘积证明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 邻域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分无界。相同估计证明和、数乘、积、倒数及商的法则，并保留极限分母非零的条件；相同保序及夹逼估计适用于共同趋近域。证明唯一性或排除不相容的极限次序时，聚点条件提供实际定义域点。

对复合，设 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相对于 $B$ 连续。设 $g:D\to\mathbb R$ 趋于 $b$，并在 $a$ 的某个充分小去心 $D$ 邻域中处处满足 $g(x)\in B$。给定 $\varepsilon>0$，连续性给出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蕴含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的极限与复合定义域条件提供共同正半径，令每个允许趋近的 $x$ 都满足两条件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。这包括 $g(x)=b$ 的输入，不除以内层增量。

等比数列的分类。 对 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由归纳证明：将 $n$ 的情形乘以正数 $1+t$，保留非负余项 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，则

$$0<q^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.$$

给定容差，由阿基米德性质选 $N$ 使右侧更小。因此 $0<|r|<1$ 时，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 时所有正下标项为零。$r=1$ 时恒为一。$r=-1$ 时偶、奇子列分别为一和负一，由唯一性及子列继承性排除收敛。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 给 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，与收敛实数列必有界矛盾。这些情况穷尽所有实公比。