函數極限問的是輸入趨近某點時輸出趨向甚麼，該點是否屬於定義域並不重要。連續性還要求該點的函數值等於極限。

定義

函數極限與連續性

假設 $f$ 在除 $a$ 以外任意接近 $a$ 的點有定義。若對每個 $\varepsilon>0$ 都有 $\delta>0$，使定義域內的 $0<|x-a|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-L|<\varepsilon$，則寫作 $\lim_{x\to a}f(x)=L$。若 $f$ 在 $a$ 有定義且極限等於 $f(a)$，則 $f$ 在 $a$ 連續。端點使用相應的單側極限。

當定義域中從 $a$ 兩側都存在任意接近 $a$ 的點時，雙側極限存在當且僅當左右極限都存在且相等。多項式處處連續，有理函數在分母非零處連續；連續函數的和、積、分母非零的商及有定義的複合均連續。以弧度計，標準極限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$ 支持後面的正弦導數。$+∞$ 和 $-∞$ 處的極限分別描述兩個方向的行為；無窮並不是實數輸入。

定理

中間值及極值

若 $f$ 在 $[a,b]$ 連續，它在該區間取得最大值及最小值。若 $y$ 介於 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之間，則存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。極值結論依賴閉、有界和連續；只在開區間連續不保證取得極值。

證明

中間值定理的證明思路

假設 $f(a)<y<f(b)$，令 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$。該集合非空且有上界，故 $c=\sup S$ 存在。若 $f(c)<y$，連續性會使 $c$ 右側附近的點也屬於 $S$；若 $f(c)>y$，連續性又會使任意接近 $c$ 的 $S$ 中點的函數值大於 $y$，均矛盾。因此 $f(c)=y$。端點相等的情況直接成立，反向排列可用反向不等式處理。

例題

去除表面上的奇點

當 $x\ne1$，$(x^2-1)/(x-1)=x+1$，故 $x\to1$ 的極限是 $2$，雖然原分式在 $1$ 無定義。將缺失值定為 $2$ 可使延拓後的函數在該處連續；約去因子不會令原分式在 $1$ 有定義。

例題

根存在，但是否唯一？

對 $f(x)=x^3+x-1$，$f(0)=-1$、$f(1)=1$。由連續性及中間值定理，$(0,1)$ 內有根。又 $f'(x)=3x^2+1>0$，稍後的平均值定理說明 $f$ 嚴格遞增，故根唯一。中間值定理本身只給存在性。

邊界極限與比較

$\lim_{x\to a^-}f(x)$ 只從左邊接近 $a$，$\lim_{x\to a^+}f(x)$ 只從右邊接近。若定義域從 $a$ 兩側趨近 $a$，雙側極限存在當且僅當兩個單側極限都存在且相等。例如 $|x|/x$ 在負數處為 $-1$、正數處為 $1$，故在零沒有雙側極限；無論如何定義其零點值均不能令其連續。

函數夾擠定理：若在 $a$ 附近（必要時除去 $a$）有 $g(x)\le f(x)\le h(x)$，且兩端均趨向 $L$，則 $f(x)\to L$。例如 $x\ne0$ 時 $-x^2\le x^2\sin(1/x)\le x^2$，故 $x^2\sin(1/x)\to0$。內部振盪仍可與整體極限存在並存。

例題

有理化

在平方根有定義且 $x\ne0$ 時，$(\sqrt{1+x}-1)/x=1/(\sqrt{1+x}+1)$。因此 $x\to0$ 的極限是 $1/2$。乘以共軛式只在附近的適當點有效，並不允許在極限點除以零。

方法選擇

適用連續性時直接代入；遇到未定式可先分解或有理化；振盪可用夾擠估計。分段函數要檢查左右極限。中間值定理用於證明存在，若要求唯一性，另用單調性論證。

練習

1. 用定義證明 $\lim_{x\to2}(3x-1)=5$。
2. 對 $x\ne2$ 設 $f(x)=(x^2-4)/(x-2)$，而 $f(2)=c$。求使 $f$ 在 $2$ 連續的 $c$。
3. 證明 $x^3-2$ 在 $(1,2)$ 有根。

詳解

1. 給定 $\varepsilon>0$，取 $\delta=\varepsilon/3$。則 $0<|x-2|<\delta$ 蘊含 $|(3x-1)-5|=3|x-2|<\varepsilon$。
2. $x\ne2$ 時分式等於 $x+2$，其在 $2$ 的極限為 $4$。故連續當且僅當 $c=4$。
3. 多項式在 $[1,2]$ 連續，兩端值為 $-1$ 和 $6$。零嚴格介乎兩者之間，中間值定理給出 $(1,2)$ 中的根。

章節聯繫

極限定義導數，亦解釋和式為何逼近積分。連續性提供最優化和積分所需的存在性定理假設。

本篇所用方法的證明

有限實數極限運算與等比數列：補全證明

使用有序實數、阿基米德性質、正整數歸納法及絕對值三角不等式。數列收斂至有限實數 $L$，是指每個 $\varepsilon>0$ 都有對所有 $n\ge N$ 有效的下標 $N$。

唯一性、有界性與子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下標使兩誤差均小於 $|L-M|/3$，三角不等式便給出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要證有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 與有限個初始絕對值的最大值。對子列下標 $n_1<n_2<\cdots$，歸納給出 $n_k\ge k$，故原數列的每個尾部閾值最終也適用於子列。

和、數乘及積。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令兩個輸入誤差均小於 $\varepsilon/2$，則

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

對固定 $c\ne0$，使用輸入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一個上界 $B\ge1$，要求

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

在共同的後期閾值後，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒數與商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，從而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。於是

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

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便證明倒數收斂。乘積法則繼而給出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限個無定義的商；收斂只約束尾部。

保序與夾逼。 若最終 $a_n\le b_n$ 且分別趨於 $a,b$，則 $a\le b$；否則將兩誤差限制在 $(a-b)/3$ 內會迫使 $a_n>b_n$。若最終 $a_n\le z_n\le b_n$，兩端都趨於 $L$，令兩端誤差均小於 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。無需事先知道中間數列有極限。

對相應的函數極限法則，固定共同的允許趨近定義域 $D\subseteq\mathbb R$，並設 $a$ 是 $D$ 的聚點：$a$ 的每個去心鄰域都含 $D$ 中的點。設 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相對定義域極限。將上述估計中的尾部閾值改為去心定義域半徑，並取有限個正半徑的最小值。乘積證明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 鄰域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分無界。相同估計證明和、數乘、積、倒數及商的法則，並保留極限分母非零的條件；相同保序及夾逼估計適用於共同趨近域。證明唯一性或排除不相容的極限次序時，聚點條件提供實際定義域點。

對複合，設 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相對於 $B$ 連續。設 $g:D\to\mathbb R$ 趨於 $b$，並在 $a$ 的某個充分小去心 $D$ 鄰域中處處滿足 $g(x)\in B$。給定 $\varepsilon>0$，連續性給出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蘊含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的極限與複合定義域條件提供共同正半徑，令每個允許趨近的 $x$ 都滿足兩條件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。這包括 $g(x)=b$ 的輸入，不除以內層增量。

等比數列的分類。 對 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由歸納證明：將 $n$ 的情形乘以正數 $1+t$，保留非負餘項 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，則

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

給定容差，由阿基米德性質選 $N$ 使右側更小。因此 $0<|r|<1$ 時，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 時所有正下標項為零。$r=1$ 時恆為一。$r=-1$ 時偶、奇子列分別為一和負一，由唯一性及子列繼承性排除收斂。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 給 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，與收斂實數列必有界矛盾。這些情況窮盡所有實公比。

子列

定義

子列

$(x_n)$ 的子列是 $(x_{n_k})$，其中 $n_1<n_2<\cdots$ 為正整數。若 $x_n\to L$，每個子列都收斂至 $L$，因為 $n_k\ge k$，最終會超過任意指定下標。

定理

Bolzano–Weierstrass 定理

每個有界實數數列都有收斂子列。

證明

套疊區間證明

把所有項放入閉有界區間 $I_1$，並把它平分。至少一半含無窮多個數列項；選該半區間為 $I_2$。繼續進行，得到長度趨零的套疊閉區間 $I_k$，每個都含無窮多項。選嚴格遞增的下標 $n_k$ 使 $x_{n_k}\in I_k$；因每個區間含無窮多項，故可做到。完備性給出所有區間的一個共同點 $L$：左端點集合的上確界位於每個區間內，因為每個左端點都不超過每個右端點。由 $x_{n_k},L\in I_k$，二者距離不超過區間長度，故趨零。

結論是關於子列，而非整個數列。例如 $(-1)^n$ 有分別收斂至 $1$ 及 $-1$ 的常數子列，但自身不收斂。

實直線閉集：序列判據與開補集

在通常的經典集合論背景下討論實直線，並允許可數次見證選擇。集合 $U$ 為開集，是指每個 $y$ 屬於 $U$ 都有某個 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含於 $U$。使用阿基米德性質的推論：$1/n$ 趨於零。對任意實直線子集 $K$，下列條件等價：

1. $K$ 中任意在實直線上收斂的序列，其極限仍屬於 $K$。
2. $K$ 的補集為開集。

由 2 推出 1。 設 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $x_n$ 趨於 $x$。若 $x$ 不屬於 $K$，補集的開放性給出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 與 $K$ 不相交。收斂性保證充分靠後時 $|x_n-x|<r$，與 $x_n$ 屬於 $K$ 矛盾，故 $x$ 屬於 $K$。

由 1 推出 2。 固定不屬於 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 為中心的每個正半徑區間都遇到 $K$，則對每個正整數 $n$，都有 $x_n$ 屬於 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。將這些見證選成一個序列。給定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；當 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趨於 $y$。條件 1 會迫使 $y$ 屬於 $K$，矛盾。因此 $y$ 周圍存在避開 $K$ 的區間。對補集每點均如此，故補集開放。選擇見證序列這一步使用已聲明的經典背景；這裏不聲稱在不帶選擇的基礎體系中證明同一結論。若 $K$ 為空，其中沒有序列，其補集為整個開實直線；若 $K$ 為整個實直線，其空補集的開放性真空成立。兩種邊界情形也滿足等價關係。

學習目標與定義

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 稱為緊致的，如果任意一族開集只要其並包含 $K$，就存在有限個成員仍覆蓋 $K$。集合若包含其點構成的每個收斂序列的極限，則稱為閉集；等價地，其補集是開集。序列緊致性指 $K$ 中每個序列都有收斂到 $K$ 中某點的子列。

空集是緊致、閉且有界的，也滿足序列緊致性；這些性質均以空真方式成立。在需要選取點或無窮序列的證明中，要單獨處理空集。我們使用先前數列內容中的實數完備性及其閉區間套和 Bolzano–Weierstrass 推論。

定理：實數直線上的 Heine–Borel 定理

對 $K\subseteq\mathbb R$，下列條件等價：開覆蓋意義下的緊致性；閉且有界；序列緊致性。

緊致推出閉且有界。 區間 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆蓋 $\mathbb R$，因而覆蓋 $K$。有限子覆蓋給出一個界。為證明閉性，取 $y\notin K$。對每個 $x\in K$，區間 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆蓋 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 為這些區間中心到 $y$ 的正距離的一半所組成的有限集合的最小值。所選以 $x$ 為中心的區間內每點到 $y$ 的距離嚴格大於 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 與 $K$ 不相交，因此對每個集合外的點，都找到不與集合相交的開鄰域，補集是開集。若 $K$ 為空，結論立即成立。

閉且有界推出緊致。 將非空的 $K$ 放入閉有界區間 $I_0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋不存在有限子覆蓋。將 $I_0$ 二等分；至少一個閉半區間與 $K$ 的交集不能被有限覆蓋，否則兩組有限覆蓋合起來便覆蓋 $K$。選取這樣的半區間並重複，得到長度趨於零的閉區間套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆蓋。每個交集非空，選取 $x_n\in K\cap I_n$。閉區間套性質給出唯一公共點 $p$；因兩者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由閉性得 $p\in K$。覆蓋中某個成員 $O$ 含 $p$；由其開放性，$O$ 包含以 $p$ 為中心的某個開球。當 $n$ 足夠大時，整個區間 $I_n$ 均在該球內，於是單個開集 $O$ 就覆蓋 $K\cap I_n$，矛盾。

閉且有界推出序列緊致。 $K$ 中每個序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理給出收斂子列。由閉性，其極限仍在 $K$ 中。

序列緊致推出閉且有界。 若無界，可選取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它沒有收斂到有限實數的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中點的極限，則可選取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列緊致性，某子列收斂到 $K$ 中一點；它也收斂到 $p$，由實數極限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是閉集，所有蘊涵均已證明。

固定整數 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用歐幾里得範數。集合若包含在某個有限半徑的球內，就稱為有界；若補集是開集，就稱為閉集；若它的每個由 $\mathbb R^n$ 中開集組成的覆蓋都有有限子覆蓋，就稱為緊集。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。

有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，當且僅當它閉且有界。空集具有這三種性質。

緊致推出有界。 開球 $B(0,m)$（整數 $m\ge1$）覆蓋 $K$。取有限子覆蓋後，$K$ 包含在其中最大的球內。

緊致推出閉。 設 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。開球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆蓋 $K$。取中心為 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆蓋，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 為中心的所選球內，三角不等式給出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不與 $K$ 相交，補集是開集。

閉且有界推出緊致。 設非空的 $K$ 閉且有界，把它包含在閉立方體 $Q_0=[-M,M]^n$ 內，其中 $M>0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋沒有有限子覆蓋。把每個坐標區間分成兩個閉半區間，所得 $2^n$ 個閉子立方體覆蓋 $Q_0$。至少一個子立方體與 $K$ 的交集不能由給定覆蓋族有限覆蓋；否則把有限多個有限子覆蓋合併，就能覆蓋 $K$。選取這樣的子立方體並重複，得到閉立方體套 $Q_j$，其邊長為 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆蓋，因而非空。

對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意兩點的距離不超過 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。選取 $x_j\in K\cap Q_j$，則 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。閉集包含這種極限：若 $p$ 在開補集中，$p$ 周圍某個開球就會使最終的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆蓋中有一個成員 $O$ 含 $p$，由開放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。當 $j$ 足夠大時，$Q_j$ 的每點到 $p$ 的距離都小於 $\varepsilon$，於是單個 $O$ 就覆蓋 $K\cap Q_j$，與 $Q_j$ 的選取矛盾。因此每個開覆蓋都有有限子覆蓋。這裏 $2^n$ 是有限數；若改成無限多個子塊，這個論證就不再成立。

連續像與極值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相對於 $K$ 連續，則 $F(K)$ 緊致。特別地，非空緊集 $K$ 上的連續函數 $f:K\to\mathbb R$ 有界，並達到最大值和最小值。

證明。 $F(K)$ 的開覆蓋 $(O_i)$ 的原像是相對開集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中開。這些 $U_i$ 覆蓋 $K$，所以有限多個足夠。對應的 $O_i$ 覆蓋 $F(K)$，證明了像的緊致性。對標量函數 $f$，由已證明定理的一維情形，其像非空、閉且有界。令 $a=\sup f(K)$。對每個 $j\ge1$，由上確界定義，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。於是 $y_j\to a$，閉性使 $a$ 屬於像，所以最大值可達。對 $-f$ 使用同一論證即得最小值。該結論證明存在性，而不提供極大點的計算公式。

扇形面積與弧度

使用以下初等幾何事實：單位圓的周長是 $2\pi$，圍成的面積是 $\pi$，兩式中的 $\pi$ 相同；平面面積在旋轉下不變，對內部互不相交的區域有限可加，並且關於包含關係單調。

設 $0<h<\pi/2$ 以弧度計，令 $t=h/(2\pi)$。在單位圓上，$h$ 就是弧長，因此 $t$ 是該角所對應的弧長佔整圓周長的比例。將圓分成 $n$ 個等角扇形。旋轉把每個扇形移到下一個，所以各扇形面積相等。它們的內部互不相交，合起來填滿圓盤；有限可加性給出每個扇形面積為 $\pi/n$。因此，當整周比例 $t=m/n$ 為有理數時，扇形面積為 $m\pi/n=\pi t=h/2$。

對這個範圍內任意的 $t$，取滿足 $0\le r_k\le t\le s_k\le1$ 且 $r_k,s_k\to t$ 的有理數。取所有扇形以同一射線為起始邊，相應扇形便按包含關係嵌套，由面積單調性及有理數情形得到

$$\pi r_k\le A(h)\le\pi s_k.$$

令 $k\to\infty$，得 $A(h)=\pi t=h/2$。這就證明了幾何比較中使用的扇形面積公式。

9.5 基本三角極限

本節所有極限使用弧度。對 $0<h<\pi/2$，比較內三角形、單位圓扇形與外切線三角形的面積：

$$\tfrac12\sin h<\tfrac12h<\tfrac12\tan h.$$

扇形面積是 $h/2$，正因為 $h$ 使用弧度。兩邊相除並利用餘弦為正，得到

$$\cos h<\frac{\sin h}{h}<1.$$

對 $0<h<\pi/2$，上面的面積比較也給出 $0<\sin h<h$ 且 $\cos h>0$。利用 $\sin^2 h+\cos^2 h=1$，

$$0\le 1-\cos h=\frac{\sin^2 h}{1+\cos h}\le h^2.$$

因此 $h\to0^+$ 時 $\cos h\to1$。由於餘弦是偶函數，左側也有相同極限。

當 $h\to0^+$，餘弦趨於一，夾逼原理給出 $\sin h/h\to1$。該商是 $h$ 的偶函數，故左極限相同。夾逼原理本身來自有限極限定義：若上下函數都在任意指定容許誤差內接近 $L$，夾在中間的數也如此。

兩個推論為

$$\lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0}\frac{1-\cos h}{h^2}=\frac12.$$

第一個將 $\sin h/h$ 除以 $\cos h$；第二個使用 $1-\cos h=2\sin^2(h/2)$，得到 $[\sin(h/2)/(h/2)]^2$ 的一半。特別地 $(\cos h-1)/h\to0$。