5.3 Delta-epsilon 極限、極限定律與連續性

第 5 章現在由序列轉向函數。新的困難在於：序列是透過離散的索引 $n$ 向 前走，但函數的自變數 $x$ 可以由左、由右，以無窮多種實數方式逼近一個 點 $a$。

這就是為甚麼需要引入 $\delta$-$\varepsilon$ 定義。

由序列極限走向函數極限

對於序列，

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

意思是：只要把索引取得夠後，序列值就能進入 $L$ 周圍任意窄的誤差帶。

對函數來說，我們想表達同樣的思想：

當 $x$ 靠近 $a$ 時，$f(x)$ 靠近 $L$。

但這裡已經不能再說「把 $n$ 取得夠大」。我們需要新的量去描述「$x$ 與 $a$ 夠接近」，這個角色就是 $\delta$。

開區間 與 穿孔定義域

先指明要處理哪類定義域。

定義

開區間

開區間 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 $b\lt c$。

要討論 $a$ 附近的函數極限時，考慮的是在某個 開區間 裡，把 點 $a$ 移除後的函數。這一點很重要：極限研究的是 a 附近 發生甚麼， 而未必是 $a$ 本身的函數值。

正式的 delta-epsilon 定義

定義

函數在一點的極限

設 $I$ 是一個包含 $a\in R$ 的 開區間，並令 $f:I\setminus\{a\}\to R$。若對每個 $\varepsilon\gt0$，都存在 $\delta\gt0$ 使得

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

則我們說

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

這個蘊含式要求對每個 $x\in I\setminus\{a\}$ 都成立。$\delta$ 可以依賴 $\varepsilon$，但不可以依賴輸入 $x$。

這個蘊含式要慢慢讀：

• $0\lt|x-a|\lt\delta$ 表示 $x$ 已進入 $a$ 周圍的 穿孔鄰域；
• $|f(x)-L|\lt\varepsilon$ 表示函數值進入 $L$ 周圍的 $\varepsilon$-帶。

所以整個定義的意思是：

對每個你要求的輸出精度 $\varepsilon$，都能找到一個足夠小的輸入範圍 $\delta$，使得只要 $x$ 落在那範圍內，$f(x)$ 就會落在 $L$ 周圍的誤差 帶內。

常見錯誤

函數極限定義不理會 a 點本身的值

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

第一個例子：$\lim_{x\to 3}(2x+1)=7$

先看線性函數 $f(x)=2x+1$ 在 $a=3$ 處的極限。

例題

取 $\delta=\varepsilon/2$

令 $f(x)=2x+1$、$a=3$、$L=7$。則

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

所以要使 $|f(x)-7|\lt\varepsilon$，只需保證

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

故可取

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

這樣一來，只要 $0\lt|x-3|\lt\delta$，

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

因此

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

這個例子展示了最標準的證明模式：

1. 由 $|f(x)-L|$ 開始；
2. 把它化成與 $|x-a|$ 有關的式子；
3. 然後倒推出一個可行的 $\delta$。

另外兩個基本例子

例題

常數函數

若 $f(x)=c$ 對所有 $x$ 都成立，則

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

對任意 $\varepsilon\gt0$ 和任意 $x$ 都成立。

所以任何正數都可以當作 $\delta$，而

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

例題

有一個 空點 的函數

考慮

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

雖然這條公式在 $x=2$ 未定義，但對 $x\ne 2$，可化簡成

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

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。

圖：$\delta$-$\varepsilon$ 定義把 $a$ 附近的輸入鄰域，連到 $L$ 周圍的 輸出誤差帶。證明工作的核心，就是選出一個足夠好的 $\delta$，讓這個蘊含 式總能成立。

用互動方式看清這個定義

下面的互動演示讓你在典型例子之間切換、選擇 $\varepsilon$，再試 不同樣本輸入 $x$。核心就是把

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

看成輸入區間與輸出誤差帶之間的一個對應。

極限如何失敗？

接著說明：如何證明某個候選極限不存在。

若要證明 $\lim_{x\to a}f(x)\ne L$，就要找到一個固定的 $\varepsilon\gt0$， 使得不論 $\delta$ 取得多小，總能找到某個 $x$ 滿足 $0\lt|x-a|\lt\delta$， 但同時

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

考慮函數

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

它在 $x\gt0$ 時等於 $1$，在 $x\lt0$ 時等於 $-1$。

例題

為甚麼 $|x|/x$ 在 $0$ 沒有極限

取 $\varepsilon=1$。任意給定 $\delta\gt0$，令

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

兩者都滿足 $|x_i|\lt\delta$，但

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

沒有任何單一實數 $L$ 能同時和 $1$、$-1$ 都相距小於 $1$。因此該函數在 $0$ 沒有極限。

證明不存在極限時，量詞提示我們採用相反策略：只要找到一個固定的 $\varepsilon_0\gt0$，使每個 $\delta\gt0$ 都能找到穿孔鄰域內的點，並滿足 $|f(x)-L|\ge\varepsilon_0$，就能否定候選極限 $L$。對於 $f(x)=|x|/x$ 在 0 點的極限，正側的值是 1，負側的值是 -1。若 $L\ge0$，在負側取點便有 $|{-1}-L|\ge1$；若 $L\lt0$，在正側取點便有 $|1-L|\gt1$。兩類點都能放入 任何給定的穿孔鄰域，所以這是 epsilon 矛盾，而不是只說圖像「跳躍」。

這就是一種典型失敗方式：左邊逼近與右邊逼近給出互不相容的行為。

極限定律

一旦若干基本極限已知，極限定律就說明如何由舊極限組合出新極限。

定理

極限定律

若 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ 且 $\lim_{x\to a}g(x)=M$，則：

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

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

加法定律：用同一個鄰域控制兩個誤差

加法定律展示了最短而完整的量詞結構。假設 $f(x)→L$、$g(x)→M$，並固定 $\varepsilon\gt0$。第一個極限給出 $\delta_f\gt0$，使 $0\lt|x-a|\lt\delta_f$ 時 $|f(x)-L|\lt\varepsilon/2$；第二個極限給出 相應的 $\delta_g\gt0$。取 $\delta=\min(\delta_f,\delta_g)$，同一個 $x$ 就同時滿足兩個估計。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，因為它建立了一個同時滿足全部條件的鄰域。如果證明為 兩個估計分別選擇不同的點，或者讓 $\delta$ 依賴於 $x$，就沒有證明定義中的 量詞蘊含。

乘積同商定律的證明

乘積定律不是只套符號的規則；證明一定要同時控制兩個誤差。假設 $f:I\setminus\{a\}\to R$ 同 $g:I\setminus\{a\}\to R$ 在 $a$ 點的極限分別為 $L$、$M$，給定 $\varepsilon\gt0$。這裏不需要 $f(a)$ 的值；以下每個估計都只 涉及穿孔定義域。先對 $f$ 使用誤差 1，取得 $\delta_0\gt0$， 令每個滿足 $x\in I\setminus\{a\}$ 同 $0\lt|x-a|\lt\delta_0$ 的 $x$ 都有

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

這個 $A\gt0$ 是分配最後誤差之前取得的局部界。再選 $\delta_1$，令每個滿足 $x\in I\setminus\{a\}$ 同 $0\lt|x-a|\lt\delta_1$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt\varepsilon/(2A)$；選 $\delta_2$ 令每個滿足 $0\lt|x-a|\lt\delta_2$ 的 $x$ 有 $|f(x)-L|\lt\varepsilon/(2B)$，其中 $B=\max(1,|M|)$。取 $\delta=\min(\delta_0,\delta_1,\delta_2)$。對於滿足 $x\in I\setminus\{a\}$ 同 $0\lt|x-a|\lt\delta$ 的任何 $x$，三個估計同時成立； 由恆等式

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

同三角不等式，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 $M=0$ 的情況；使用 $B$ 避免除以零。

對商而言，$M\ne0$ 是必要假設。設 $g:I\setminus\{a\}\to R$ 在 $a$ 點的極限為 $M$。由 $g(x)→M$ 取得 $\delta_0\gt0$，令每個滿足 $x\in I\setminus\{a\}$ 同 $0\lt|x-a|\lt\delta_0$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt|M|/2$，便有

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

在同一個鄰域，倒數誤差滿足

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

給定 $\varepsilon\gt0$，再選 $\delta_1$，令每個滿足 $x\in I\setminus\{a\}$ 同 $0\lt|x-a|\lt\delta_1$ 的 $x$ 有 $|g(x)-M|\lt\varepsilon|M|^2/2$；同前一個鄰域取交集，就證明 $1/g(x)→1/M$。再將乘積定律套用於 $f(x)$ 同 $1/g(x)$，得到

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

每個誤差預算同每個分母條件都清楚出現：先取局部界，再分成兩半，最後證明 分母遠離零。

例題

利用加法定律

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

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

那麼加法定律立即給出

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

例題

兩個各自沒有極限、但總和有極限的函數

即使兩個加項各自沒有極限，它們的和仍可能有極限。在 0 附近的穿孔實線上，令

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

兩個函數在 0 都沒有極限：取 $n\ge1$，序列 $1/(2\pi n)$ 同 $1/(2\pi n+\pi/2)$ 對 $f$ 給出函數值極限 0 同 1，對 $g$ 給出 0 同 -1。 但對每個允許的 $x$，$f(x)+g(x)=0$，所以總和極限是 0。這顯示不可由組合 表達式有極限，反推每個極限定律的前提已經成立。

例題

零點的連續極限 $x/(1+x)$

對於 $f(x)=x/(1+x)$，零點處的候選極限是 $L=0$。先限制 $|x|\lt1/2$，便有 $|1+x|\ge1-|x|\gt1/2$，所以

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

給定 $\varepsilon\gt0$，取

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

當 $0\lt|x|\lt\delta$ 時分母非零，而且上述誤差小於 $\varepsilon$。因此

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

序列判別：用序列刻畫函數極限

序列判別把函數極限與序列極限連接起來。

定理

函數極限的 序列判別

設 $f:I\setminus\{a\}\to R$。則

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

當且僅當對每個滿足 $x_n\in I\setminus\{a\}$ 且 $x_n\to a$ 的序列 $(x_n)$，都有

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

這個定理非常實用，因為它提供了兩種方法：

1. 若要證明極限存在，就檢查所有逼近 $a$ 的序列；
2. 若要證明極限不存在，只要找兩條逼近 $a$ 的序列，令函數值出現互不相 容的極限即可。

把這個判別應用於零點附近的振盪函數 $f(x)=\sin(1/x)$。

例題

用兩條序列證明 $\sin(1/x)$ 在 $0$ 沒有極限

取 $n≥1$，然後

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

則 $x_n\to 0$ 且 $y_n\to 0$，但

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

而

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

由於兩條同樣逼近 $0$ 的序列給出不同的函數值極限，所以 $\lim_{x\to 0}\sin(1/x)$ 不存在。

序列判別的雙向證明

這個定理有兩個方向，而且量詞次序不同。

函數極限推出所有序列極限

假設穿孔函數極限是 $L$。令 $(x_n)$ 是在 $I\setminus\{a\}$ 中、而且 $x_n→a$ 的任意序列。給定 $\varepsilon\gt0$，由 delta-epsilon 定義取得 $\delta\gt0$，令 $0\lt|x-a|\lt\delta$ 時有 $|f(x)-L|\lt\varepsilon$。因為 $x_n→a$，可以選 $N$ 令所有 $n\gt N$ 滿足 $|x_n-a|\lt\delta$。序列每項都在 穿孔定義域中，所以 $0\lt|x_n-a|\lt\delta$，從而每個 $n\gt N$ 都有 $|f(x_n)-L|\lt\varepsilon$。這正是 $f(x_n)→L$。

所有序列極限推出函數極限

反過來用逆否命題。假設函數極限不是 $L$。於是存在固定的 $\varepsilon_0\gt0$，令對每個 $\delta\gt0$ 都可以在穿孔定義域找到一點滿足 $|f(x)-L|≥\varepsilon_0$。對每個 $n≥0$，取 $\delta=1/(n+1)$，選擇 $x_n$ 使

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

中間不等式證明 $x_n→a$，但最後的不等式令 $f(x_n)$ 不可能收斂到 $L$，因為 同一個正誤差 $\varepsilon_0$ 在每一個索引都存在。這與假定的序列性質矛盾， 所以函數極限一定是 $L$。這個選擇明確避開 $a$，即使 $f(a)$ 未定義也不影響證明。

連續性

極限最重要的用途之一，就是把「函數是連續的」這個直覺說得精確。

定義

一點的連續性

設 $f:I\to R$ 且 $a\in I$。若

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

則稱 $f$ 在 $a$ 連續。

等價地，用 $\varepsilon$-$\delta$ 語言可寫成：

$$\forall \varepsilon\gt0\ \exists \delta\gt0\text{ 使得 } |x-a|\lt\delta \implies |f(x)-f(a)|\lt\varepsilon.$$

請留意：這次條件裡不再有 $0\lt|x-a|$。因為連續性真的會檢查 $x=a$ 時的 函數值。

一個標準不連續例子是

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

這裡 $x$ 在 $0$ 附近時的函數值都接近 $0$，但 $f(0)=1$，所以它在 $0$ 不連續。

常見錯誤

有極限不代表自動連續

空點 那個例子已經說明：一個函數可以在 $a$ 有極限，但在 $a$ 未定義。連 續性還要多加一個條件，就是函數值存在並且等於那個極限。

快速檢查

思考檢查

為甚麼函數極限定義要寫成 $0 \lt |x-a| \lt \delta$，而不是只寫 $|x-a| \lt \delta$？

想一想在極限問題裡，a 點本身是否一定重要。

解答 · 答案

因為極限考察的是 $a$ 附近的點，不一定是 $a$ 本身。$0\lt|x-a|$ 把 $x=a$ 排除出去。

思考檢查

為甚麼加法定律的證明取 $\min(\delta_f,\delta_g)$，而不是 $\max(\delta_f,\delta_g)$？

說明同一個輸入點必須滿足甚麼條件，兩個估計才能同時適用。

解答 · 答案

輸入必須同時滿足 $|x-a|<\delta_f$ 與 $|x-a|<\delta_g$。取最小值能保證兩者同時成立；取最大值可能容許輸入落在較小的鄰域之外，此時其中一個誤差估計就沒有保證。

思考檢查

為甚麼倒數極限的證明必須先保證分母遠離零？

找出會把原本很小的分子誤差放大的量。

解答 · 答案

倒數誤差是 $|g(x)-M|/(|g(x)||M|)$。即使分子很小，若 $|g(x)|$ 可以任意接近零，亦不能控制整個商。當 $M\ne0$ 時，預先證明 $|g(x)|>|M|/2$，便能用一個固定的正下界控制分母，使後續誤差估計成立。

練習

思考檢查

證明 $\lim_{x\to 4}\sqrt{x}=2$。

先把 $|\sqrt{x}-2|$ 有理化，同時控制分母不要太小。

解答 · 引導解答

利用

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

取

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

若 $0\lt|x-4|\lt\delta$，則特別有 $x\in(3,5)$，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 $\lim_{x\to 4}\sqrt{x}=2$。

思考檢查

兩條序列趨於零，代入 $f(x)=\sin(1/x)$ 後都得到零。這能證明函數極限是零嗎？取 $x_n=1/(2\pi n)$ 、 $y_n=1/((2n+1)\pi)$ ， $n\ge1$，並說明理由。

比較序列判別中的全稱量詞與兩個例子實際證明的內容。

解答 · 示範解答

這兩條序列都趨於零，函數值亦都恆等於零。但這還不夠，因為序列判別要求穿孔定義域中的每一條序列都符合條件。另取 $z_n=1/(2\pi n+\pi/2)$，它亦趨於零，卻對所有 $n\ge1$ 都有 $f(z_n)=1$。因此候選極限零不成立；不同的函數值極限進一步說明函數極限不存在。

思考檢查

若已知 $\lim_{x\to a}f(x)$ 存在，要再加上甚麼條件，才可推出 f 在 a 連續？

直接對照極限與連續性的定義。

解答 · 引導解答

還要有 $f(a)$ 已定義，並且滿足

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

這個等式正是 $f$ 在 $a$ 連續的定義。

前置與繼續閱讀

建議先讀 5.1 序列與 epsilon-N 極限 及 5.2 Cauchy 序列與另一個實數模型。 若想回看完備性的次序背景，可重讀 4.3 完備性與 Q 的缺口。