5.3 Delta-epsilon 极限、极限定律与连续性

由序列极限走向函数极限

对于序列，

$$\lim_{n\to\infty}x_n=L$$

意思是：只要把索引取得足够后，序列值就能进入 $L$ 周围任意窄的误差带。

对函数来说，我们想表达同样的思想：

当 $x$ 靠近 $a$ 时，$f(x)$ 靠近 $L$。

但这里已经不能再说“把 $n$ 取得够大”。我们需要新的量去描述“$x$ 与 $a$ 够接近”，这个角色就是 $\delta$。

开区间与穿孔定义域

定义 5.3.1

（开区间）

开区间 是 $R$ 的下列形式子集：

$$(b,c)=\{x\in R\mid b\lt x\lt c\},$$$$(-\infty,c)=\{x\in R\mid x\lt c\},$$$$(b,\infty)=\{x\in R\mid b\lt x\},$$

其中 $b,c\in R$ 且 $b\lt c$。

要讨论 $a$ 附近的函数极限时，这里考虑在某个开区间内，把点 $a$ 移除后的函数。这一点很重要：极限研究的是 a 附近 发生什么，而未必是 $a$ 本身的函数值。

正式的 delta-epsilon 定义

定义 5.3.2

（函数在一点的极限）

设 $I$ 是一个包含 $a\in R$ 的开区间，并令 $f:I\setminus\{a\}\to R$。若对每个 $\varepsilon\gt0$，都存在 $\delta\gt0$ 使得

$$0\lt|x-a|\lt\delta \implies |f(x)-L|\lt\varepsilon,$$

则我们说

$$\lim_{x\to a}f(x)=L.$$

这个蕴含式要求对每个 $x\in I\setminus\{a\}$ 都成立。$\delta$ 可以依赖 $\varepsilon$，但不可以依赖输入 $x$。

这个蕴含式要慢慢读：

• $0\lt|x-a|\lt\delta$ 表示 $x$ 已进入 $a$ 周围的穿孔邻域；
• $|f(x)-L|\lt\varepsilon$ 表示函数值进入 $L$ 周围的 $\varepsilon$-带。

所以整个定义的意思是：

对每个你要求的输出精度 $\varepsilon$，都能找到一个足够小的穿孔输入范围 $\delta$，使得只要 $x$ 落在那范围内，$f(x)$ 就会落在 $L$ 周围的误差带内。

常见错误

（函数极限定义不理会 a 点本身的值）

条件中的 $0\lt|x-a|$ 把 $x=a$ 排除了。所以 $f(a)$ 可以未定义，也可以和 $L$ 不同，而极限仍然可以存在。

第一个例子：$\lim\limits_{x\to 3}(2x+1)=7$

先看线性函数 $f(x)=2x+1$ 在 $a=3$ 处的极限。

例题 5.3.3

（取 $\delta=\varepsilon/2$）

令 $f(x)=2x+1$、$a=3$、$L=7$。则

$$|f(x)-7| = |(2x+1)-7| = |2x-6| = 2|x-3|.$$

所以要使 $|f(x)-7|\lt\varepsilon$，只需保证

$$|x-3|\lt\frac{\varepsilon}{2}.$$

故可取

$$\delta=\frac{\varepsilon}{2}.$$

这样一来，只要 $0\lt|x-3|\lt\delta$，

$$|f(x)-7|=2|x-3|\lt2\delta=2\cdot \frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$

因此

$$\lim_{x\to 3}(2x+1)=7.$$

这个例子展示了最标准的证明模式：

1. 由 $|f(x)-L|$ 开始；
2. 把它化成与 $|x-a|$ 有关的式子；
3. 然后倒推出一个可行的 $\delta$。

另外两个基本例子

例题 5.3.4

（常数函数）

若 $f(x)=c$ 对所有 $x$ 都成立，则

$$|f(x)-c|=|c-c|=0\lt\varepsilon$$

对任意 $\varepsilon\gt0$ 和任意 $x$ 都成立。

所以任何正数都可以当作 $\delta$，而

$$\lim_{x\to a}c=c.$$

例题 5.3.5

（在一点未定义的函数）

考虑

$$f:(0,\infty)\setminus\{2\}\to R,\qquad f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}.$$

虽然这条公式在 $x=2$ 未定义，但对 $x\ne 2$，可化简成

$$f(x)=x+2.$$

所以在 $x=2$ 附近，

$$|f(x)-4|=|(x+2)-4|=|x-2|.$$

因此取 $\delta=\varepsilon$ 即可。只要 $0\lt|x-2|\lt\delta$，便有

$$|f(x)-4|\lt\varepsilon.$$

故

$$\lim_{x\to 2}\frac{x^2-4}{x-2}=4,$$

即使 $f(2)$ 根本不存在。

图：$\delta$-$\varepsilon$ 定义把 $a$ 附近的输入邻域，连到 $L$ 周围的输出误差带。证明工作的核心，就是选出一个足够好的 $\delta$，让这个蕴含式总能成立。

用互动方式看清这个定义

下面的互动演示让你在典型例子之间切换、选择 $\varepsilon$，再试不同样本输入 $x$。核心就是把

$$0\lt|x-a|\lt\delta \implies |f(x)-L|\lt\varepsilon$$

看成输入区间与输出误差带之间的一个对应。

极限如何失败？

要否定候选极限 $L$，须找出一个固定的 $\varepsilon\gt0$，使每个 $\delta>0$ 都容许某个 $x\in I\setminus\{a\}$ 同时满足 $0\lt|x-a|\lt\delta$ 及

$$|f(x)-L|\ge \varepsilon.$$

要证明极限不存在，必须排除每一个实数候选值 $L$。

考虑函数

$$f(x)=\frac{|x|}{x},$$

它在 $x\gt0$ 时等于 $1$，在 $x\lt0$ 时等于 $-1$。

例题 5.3.6

（为什么 $|x|/x$ 在 $0$ 没有极限）

任取 $L\in R$，并令 $\varepsilon=1$。对任意 $\delta\gt0$，取

$$x_1=\frac{\delta}{2}\gt0, \qquad x_2=-\frac{\delta}{2}\lt0.$$

两者都满足 $|x_i|\lt\delta$，但

$$f(x_1)=1,\qquad f(x_2)=-1.$$

若 $L\ge0$，则 $|f(x_2)-L|=|{-1}-L|\ge1$；若 $L<0$，则 $|f(x_1)-L|=|1-L|>1$。因此，每个候选值 $L$ 在任意穿孔邻域内都有反例，故函数在 $0$ 没有极限。

这就是一种典型失败方式：左边逼近与右边逼近给出互不相容的行为。

极限定律

一旦若干基本极限已知，这里便说明如何由旧极限组合出新极限。

定理 5.3.7

（极限定律）

若 $\lim\limits_{x\to a}f(x)=L$ 且 $\lim\limits_{x\to a}g(x)=M$，则：

• $\lim\limits_{x\to a}(f(x)+g(x))=L+M$；
• $\lim\limits_{x\to a}(f(x)g(x))=LM$；
• 若 $M\ne 0$，则

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}.$$

加法定律：用同一个邻域控制两个误差

加法定律展示了最短而完整的量词结构。假设 $f(x)→L$、$g(x)→M$，并固定 $\varepsilon\gt0$。第一个极限给出 $\delta_f\gt0$，使 $0\lt|x-a|\lt\delta_f$ 时 $|f(x)-L|\lt\varepsilon/2$；第二个极限给出相应的 $\delta_g\gt0$。取 $\delta=\min(\delta_f,\delta_g)$，同一个 $x$ 就同时满足两个估计。因此

$$\bigl|(f(x)+g(x))-(L+M)\bigr| \le |f(x)-L|+|g(x)-M| \lt\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon.$$

取最小值很重要，因为它建立了一个同时满足全部条件的邻域。如果证明为两个估计分别选择不同的点，或者让 $\delta$ 依赖于 $x$，就没有证明定义中的量词蕴含。

乘积与商定律的证明

乘积定律不是只套符号的规则；证明必须同时控制两个误差。假设 $f:I\setminus\{a\}\to R$ 和 $g:I\setminus\{a\}\to R$ 在 $a$ 处的极限分别为 $L$、$M$，给定 $\varepsilon\gt0$。这里不需要 $f(a)$ 的值；以下每个估计都只涉及穿孔定义域。先对 $f$ 使用误差 1，取得 $\delta_0\gt0$，使每个满足 $x\in I\setminus\{a\}$ 且 $0\lt|x-a|\lt\delta_0$ 的 $x$ 都有

$$|f(x)-L|\lt1,\qquad |f(x)|\lt|L|+1=:A.$$

这里的 $A\gt0$ 是在最后分配误差前得到的局部界。再选 $\delta_1$，使每个满足 $x\in I\setminus\{a\}$ 且 $0\lt|x-a|\lt\delta_1$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt\varepsilon/(2A)$；选 $\delta_2$，使每个满足 $0\lt|x-a|\lt\delta_2$ 的 $x$ 有 $|f(x)-L|\lt\varepsilon/(2B)$，其中 $B=\max(1,|M|)$。取 $\delta=\min(\delta_0,\delta_1,\delta_2)$。对于满足 $x\in I\setminus\{a\}$ 且 $0\lt|x-a|\lt\delta$ 的任意 $x$，三个估计同时成立；由恒等式

$$f(x)g(x)-LM=f(x)(g(x)-M)+M(f(x)-L)$$

及三角不等式，得到

$$|f(x)g(x)-LM| \lt A\frac{\varepsilon}{2A}+|M|\frac{\varepsilon}{2B} \le\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$

所以 $f(x)g(x)→LM$，包括 $M=0$ 的情形；使用 $B$ 避免了除以零。

对于商，$M\ne0$ 是必要假设。设 $g:I\setminus\{a\}\to R$ 在 $a$ 处的极限为 $M$。由 $g(x)→M$ 取得 $\delta_0\gt0$，使每个满足 $x\in I\setminus\{a\}$ 且 $0\lt|x-a|\lt\delta_0$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt|M|/2$，则

$$|g(x)|\ge |M|-|g(x)-M|\gt|M|/2.$$

在同一邻域，倒数误差满足

$$\left|\frac1{g(x)}-\frac1M\right| =\frac{|g(x)-M|}{|g(x)||M|} \le\frac{2|g(x)-M|}{|M|^2}.$$

给定 $\varepsilon\gt0$，再选择 $\delta_1$，使每个满足 $x\in I\setminus\{a\}$ 且 $0\lt|x-a|\lt\delta_1$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt\varepsilon|M|^2/2$；与前一个邻域取交集，就证明了 $1/g(x)→1/M$。再把乘积定律应用于 $f(x)$ 和 $1/g(x)$，得到

$$\frac{f(x)}{g(x)}\longrightarrow \frac{L}{M}.$$

局部上界防止乘法不受控制地放大误差；正下界则保证倒数的误差估计成立。

下面使用的平方根极限，可由练习中的有理化估计证明。

例题 5.3.8

（利用加法定律）

考虑 $f(x)=2x+1$ 与 $g(x)=\sqrt{x}$ 在 $x=4$ 附近。若已知

$$\lim_{x\to 4}(2x+1)=9, \qquad \lim_{x\to 4}\sqrt{x}=2,$$

那么加法定律立即给出

$$\lim_{x\to 4}\bigl((2x+1)+\sqrt{x}\bigr)=9+2=11.$$

例题 5.3.9

（零点处的连续极限 $x/(1+x)$）

对于 $f(x)=x/(1+x)$，零点处的候选极限是 $L=0$。先限制 $|x|\lt1/2$，则 $|1+x|\ge1-|x|\gt1/2$，所以

$$\left|\frac{x}{1+x}-0\right|\le2|x|.$$

给定 $\varepsilon\gt0$，取

$$\delta=\min\left(\frac12,\frac\varepsilon2\right).$$

当 $0\lt|x|\lt\delta$ 时分母非零，且上面的误差小于 $\varepsilon$。因此

$$\lim_{x\to0}\frac{x}{1+x}=0.$$

序列判别：用序列刻画函数极限

序列判别把函数极限与序列极限连接起来。

定理 5.3.10

（函数极限的序列判别）

设 $f:I\setminus\{a\}\to R$。则

$$\lim_{x\to a}f(x)=L$$

当且仅当对每个满足 $x_n\in I\setminus\{a\}$ 且 $x_n\to a$ 的序列 $(x_n)$，都有

$$\lim_{n\to\infty}f(x_n)=L.$$

这个定理非常实用，因为它提供了两种方法：

1. 若要证明极限存在，就检查所有逼近 $a$ 的序列；
2. 若要证明极限不存在，只要找两条逼近 $a$ 的序列，令函数值出现互不相容的极限即可。

把这个判别应用于零点附近的振荡函数 $f(x)=\sin(1/x)$。

例题 5.3.11

（用两条序列证明 $\sin(1/x)$ 在 $0$ 没有极限）

取 $n≥1$，然后

$$x_n=\frac{1}{2\pi n}, \qquad y_n=\frac{1}{2\pi n+\pi/2}.$$

则 $x_n\to 0$ 且 $y_n\to 0$，但

$$f(x_n)=\sin(2\pi n)=0\to 0,$$

而

$$f(y_n)=\sin(2\pi n+\pi/2)=1\to 1.$$

由于两条同样逼近 $0$ 的序列给出不同的函数值极限，所以 $\lim\limits_{x\to 0}\sin(1/x)$ 不存在。

例题 5.3.12

（两个各自无极限、但和有极限的函数）

对刚才考虑的函数，令

$$f(x)=\sin(1/x),\qquad g(x)=-\sin(1/x).$$

同样两条序列代入 $g$ 后，函数值分别是 $0$ 和 $-1$，所以两个加项在 $0$ 都没有极限。然而，对每个 $x\ne0$ 都有 $f(x)+g(x)=0$，故总和的极限是 $0$。总和有极限，不能保证加法定律所要求的两个加项极限各自存在。

序列判别的双向证明

这个定理有两个方向，而且量词次序不同。

函数极限推出所有序列极限

假设穿孔函数极限是 $L$。令 $(x_n)$ 是取值于 $I\setminus\{a\}$、且 $x_n→a$ 的任意序列。给定 $\varepsilon\gt0$，由 delta-epsilon 定义取得 $\delta\gt0$，使 $0\lt|x-a|\lt\delta$ 时有 $|f(x)-L|\lt\varepsilon$。因为 $x_n→a$，可以选 $N$ 使所有 $n\gt N$ 满足 $|x_n-a|\lt\delta$。序列每项都在穿孔定义域中，所以 $0\lt|x_n-a|\lt\delta$，从而每个 $n\gt N$ 都有 $|f(x_n)-L|\lt\varepsilon$。这正是 $f(x_n)→L$。

所有序列极限推出函数极限

反过来用逆否命题。假设函数极限不是 $L$。那么存在固定的 $\varepsilon_0\gt0$，使对每个 $\delta\gt0$，都能在穿孔定义域中找到一点满足 $|f(x)-L|≥\varepsilon_0$。对每个 $n≥0$，取 $\delta=1/(n+1)$，选择 $x_n$ 使

$$x_n\in I\setminus\{a\},\qquad 0\lt|x_n-a|\lt\frac1{n+1},\qquad |f(x_n)-L|\ge\varepsilon_0.$$

中间不等式证明 $x_n→a$，最后的不等式却使 $f(x_n)$ 不可能收敛到 $L$，因为同一个正误差 $\varepsilon_0$ 在每个索引都存在。这与假定的序列性质矛盾，所以函数极限必须是 $L$。这个选择明确避开了 $a$，即使 $f(a)$ 没有定义也不影响证明。

连续性

前面在 $2$ 处未定义的函数，其附近值趋近 $4$，不受 $2$ 处是否赋值影响。若要填补这一点并与附近的行为一致，所赋的值便须是 $4$。连续性要求的，正是一点的函数值与该点附近的极限相等。

定义 5.3.13

（一点的连续性）

设 $f:I\to R$ 且 $a\in I$。若

$$\lim_{x\to a}f(x)=f(a),$$

则称 $f$ 在 $a$ 连续。

等价地，先选定共同的 $\delta$，再要求每个输入都满足蕴含式：

$$\forall \varepsilon\gt0\ \exists \delta\gt0\ \forall x\in I,\quad |x-a|\lt\delta \implies |f(x)-f(a)|\lt\varepsilon.$$

请留意：这次条件里不再有 $0\lt|x-a|$。因为连续性真的会检查 $x=a$ 时的函数值。

一个标准不连续例子是

$$f(x)= \begin{cases} 0,& x\ne 0,\\ 1,& x=0. \end{cases}$$

这里 $x$ 在 $0$ 附近时的函数值都接近 $0$，但 $f(0)=1$，所以它在 $0$ 不连续。

常见错误

（有极限不代表自动连续）

上述在一点未定义的例子已经说明：一个函数可以在 $a$ 有极限，但在 $a$ 未定义。连续性还要多加一个条件，就是函数值存在并且等于那个极限。

快速检查

快速检查

（为什么函数极限定义要写成 $0 \lt |x-a| \lt \delta$，而不是只写 $|x-a| \lt \delta$？）

想一想在极限问题里，a 点本身是否一定重要。

解答 · 答案

因为极限考察的是 $a$ 附近的点，不一定是 $a$ 本身。$0\lt|x-a|$ 把 $x=a$ 排除出去。

快速检查

（为什么加法定律的证明取 $\min(\delta_f,\delta_g)$，而不是 $\max(\delta_f,\delta_g)$？）

说明同一个输入点必须满足什么条件，两个估计才能同时适用。

解答 · 答案

输入必须同时满足 $|x-a|<\delta_f$ 与 $|x-a|<\delta_g$。取最小值能保证两者同时成立；取最大值可能容许输入落在较小的邻域之外，此时其中一个误差估计就没有保证。

快速检查

（为什么倒数极限的证明必须先保证分母远离零？）

找出会把原本很小的分子误差放大的量。

解答 · 答案

倒数误差是 $|g(x)-M|/(|g(x)||M|)$。即使分子很小，若 $|g(x)|$ 可以任意接近零，也不能控制整个商。当 $M\ne0$ 时，预先证明 $|g(x)|>|M|/2$，便能用一个固定的正下界控制分母，使后续误差估计成立。

练习

快速检查

（证明 $\lim\limits_{x\to 4}\sqrt{x}=2$。）

先把 $|\sqrt{x}-2|$ 有理化，同时控制分母不要太小。

解答 · 引导解答

利用

$$|\sqrt{x}-2| = \frac{|x-4|}{\sqrt{x}+2}.$$

取

$$\delta=\min(1,2\varepsilon).$$

若 $0\lt|x-4|\lt\delta$，则特别有 $x\in(3,5)$，故 $\sqrt{x}+2\gt2$。因此

$$|\sqrt{x}-2| = \frac{|x-4|}{\sqrt{x}+2} \lt \frac{|x-4|}{2} \lt \frac{\delta}{2} \le \varepsilon.$$

所以 $\lim\limits_{x\to 4}\sqrt{x}=2$。

快速检查

（两条序列趋于零，代入 $f(x)=\sin(1/x)$ 后都得到零。这能证明函数极限是零吗？取 $x_n=1/(2\pi n)$ 、 $y_n=1/((2n+1)\pi)$ ， $n\ge1$，并说明理由。）

比较序列判别中的全称量词与两个例子实际证明的内容。

解答 · 示范解答

这两条序列都趋于零，函数值也都恒等于零。但这还不够，因为序列判别要求穿孔定义域中的每一条序列都符合条件。另取 $z_n=1/(2\pi n+\pi/2)$，它也趋于零，却对所有 $n\ge1$ 都有 $f(z_n)=1$。因此候选极限零不成立；不同的函数值极限进一步说明函数极限不存在。

快速检查

（若已知 $\lim\limits_{x\to a}f(x)$ 存在，要再加上什么条件，才可推出 f 在 a 连续？）

直接对照极限与连续性的定义。

解答 · 引导解答

还要有 $f(a)$ 已定义，并且满足

$$\lim_{x\to a}f(x)=f(a).$$

这个等式正是 $f$ 在 $a$ 连续的定义。

前置与继续阅读

序列极限的定义与运算定律见 5.1 序列与 epsilon-N 极限。 5.2 Cauchy 序列与另一个实数模型 把相同的尾部估计用于构造及比较数系；它是相关主题，并非 delta-epsilon 定义所需的前提。次序与完备性的背景见 4.3 完备性与 Q 的缺口。