極限深入：ε–δ 規劃、定義域與反例

學習目標與定義

根據目標 epsilon 構造 delta，在除法前控制分母，並利用定義域和序列反例否定極限。

設 $A\subseteq\mathbb R$，$a$ 是 $A$ 的聚點，即每個去心鄰域都包含 $A$ 中的點。相對定義域極限 $f(x)\to L$（$x\to a$、$x\in A$）表示：對每個 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得 $x\in A$ 且 $0<|x-a|<\delta$ 蘊含 $|f(x)-L|<\varepsilon$。delta 可以依賴 epsilon、固定錨點和給定函數，但不能依賴隨後取的趨近輸入。

去心條件排除 $a$ 本身。即使 $f(a)$ 沒有定義或不同於 $L$，極限仍可能存在。$a$ 處連續還要求 $a\in A$、$f(a)=L$，並採用相應的相對定義域趨近。單側極限進一步將趨近點限制為 $x>a$ 或 $x<a$，定義域必須在所論側有任意接近 $a$ 的點。

命題：唯一性需要聚點

在聚點處，有限的相對定義域極限是唯一的。

證明。 若存在不同極限 $L,M$，取 $\varepsilon=|L-M|/3$，並取兩個 delta 中較小者。聚點條件保證這個去心鄰域中確有定義域點，兩條極限不等式在那裡都成立，故 $|L-M|\le|L-f(x)|+|f(x)-M|<2|L-M|/3$，矛盾。沒有趨近的定義域點時，量詞蘊涵可能對每個候選值都空真成立。

1. 從目標反向規劃，再正向書寫證明

為證明 $x^2\to a^2$，將目標誤差分解為 $|x-a||x+a|$。第二個因子仍在變化，先要求 $|x-a|<1$，得到 $|x+a|<1+2|a|$，然後可採用充分條件 $|x-a|<\varepsilon/(1+2|a|)$。取

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

對 delta 範圍內每個輸入，乘積誤差都小於 epsilon。分母從不為零，因此證明既適用於 $a=0$，也適用於其他錨點。附加條件 $|x-a|<1$ 是緩衝界，並非任意損失一般性。

對 $f(x)=1/x$ 在 $a\ne0$ 處，誤差為 $|x-a|/(|x||a|)$。先要求 $|x-a|<|a|/2$，則 $|x|>|a|/2$，分母遠離零。於是

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

證明了結論。若不控制 $1/|x|$，僅含該量的不等式還不能說明所選 delta 只依賴 epsilon 和固定錨點。

可以在草稿上反向規劃，但完成的證明必須正向進行：固定任意 epsilon，指定 delta，取其中每個允許輸入，最後推出目標界。選定 delta 後只檢查一個輸入，不能證明全稱命題。

2. 定義域決定哪些方向可以趨近

對非零實數上的 $f(x)=|x|/x$，零處右極限為一、左極限為負一，因此不存在有限雙側極限。把定義域限制為正輸入後，相對極限變為一。極限是帶定義域的函數的性質，而不是單獨由公式決定。

對 $[0,\infty)$ 上的 $f(x)=\sqrt x$，零處相對極限為零：由 $0\le x<\varepsilon^2\Rightarrow\sqrt x<\varepsilon$ 即證。定義域不能從左側趨近零。雙側極限等價於左右極限相等的定理，要求定義域從兩側均可趨近；在這個邊界例子中，不存在的一側不是額外必需條件。

對定義在 $x\ne1$ 上的 $(x^2-1)/(x-1)$，因式分解得到在 1 處的極限為二。將缺失值設為二得到連續延拓；設為五得到不連續函數，但去心極限不變。若去心鄰域確有振盪，僅修改孤立點的值不能消除它。

3. 估計振盪與證明極限不存在是不同方法

在非零輸入處 $|x\sin(1/x)|\le|x|$，由夾逼估計得到極限零。振盪因子本身沒有極限，但它有界，乘上趨於零的因子就足夠。

為證明 $\sin(1/x)$ 從右側也沒有極限，取 $x_n=1/(\pi/2+2n\pi)$ 和 $y_n=1/(3\pi/2+2n\pi)$。兩列正輸入都趨於零，函數值卻分別為一和負一。若有限極限存在，兩列函數值都必須趨於它，矛盾。

這裡使用的序列判據直接來自定義：若極限存在，則每個由定義域內允許去心點組成的趨近序列最終都進入相應 delta 鄰域，其函數值有相同極限。反之，若極限定義失敗，則存在固定的 $\varepsilon_0>0$，使每個 $n$ 都能選到距離小於 $1/n$ 的壞點；這些點組成趨近序列，其誤差始終不小於 $\varepsilon_0$。因此檢驗所有序列是等價判據。兩個方便序列的極限不同時足以否定極限，但相同並不足以證明極限。

4. 無窮端點與無窮函數值使用不同閾值

當 $x\to+\infty$ 時的有限極限 $f(x)\to L$ 表示：對每個 epsilon，存在輸入閾值 $M$，超過該閾值時輸出誤差小於 epsilon。趨於負無窮時，輸入滿足 $x<M$，其中閾值充分負。無窮端點極限還要求定義域在相應方向無界。正負無窮都不是可以代入的實數輸入。

當 $x\to a$ 時，$f(x)\to+\infty$ 則表示：每個正高度 $B$ 最終都在某去心鄰域內被超過。對零處的 $1/x^2$，取 $\delta=1/\sqrt B$，即可證明 $0<|x|<\delta\Rightarrow1/x^2>B$。這不是有限極限。對 $1/x$，兩側給出相反的無窮符號；只有其絕對值在雙側趨於正無窮。

例題：尾部估計。 設 $f(x)=(2x^2+x)/(x^2+1)$，它與二之差為 $(x-2)/(x^2+1)$。當 $|x|\ge1$ 時，其絕對值至多為 $1/|x|+2/x^2\le3/|x|$。取大於 $\max(1,3/\varepsilon)$ 的正閾值，證明正無窮處極限為二；要求 $x$ 小於該閾值的相反數，則證明負無窮處同樣的極限。兩個方向都由估計而非代入無窮得到。

分級證明與診斷練習

1. 邊界與內部。 在實定義域上，分別給出 $\sqrt x\to\sqrt a$ 在 $a>0$ 和 $a=0$ 處的明確 delta 選擇，並解釋兩種形式為甚麼自然不同。
2. 緩衝檢查。 有學生對倒數極限提出 $\delta=\varepsilon a^2$，卻沒有控制 $|x|$。解釋該選擇為甚麼不一定有效，並給出一般的正確選擇。
3. 定義域限制。 在 $A=\{1/n:n\ge1\}\cup\{-1/n:n\ge1\}$ 上，令 $f(x)$ 為 $x$ 的符號。求它在零處的相對極限，再限制到 $A$ 的正數部分重做。
4. 聚點條件。 對 $A=\{0\}\cup[1,\infty)$，說明若省略聚點要求，零處的去心 epsilon–delta 蘊涵為甚麼對每個候選 $L$ 都成立。
5. 兩個尾部。 用上述有理函數尾估計，完整證明正負無窮兩個方向的極限，明確寫出正閾值及其負的對應值。
6. 方法選擇。 不要求正弦因子有極限，證明 $x^2\sin(1/x)\to0$。乘數 $b(x)$ 滿足甚麼條件足以使 $x^2b(x)\to0$ 成立？該條件必要嗎？

完整解答

1. 對 $a>0$ 及 $x\ge0$，有理化得到 $|\sqrt x-\sqrt a|=|x-a|/(\sqrt x+\sqrt a)\le|x-a|/\sqrt a$，所以在相對定義域上取 $\delta=\varepsilon\sqrt a$ 即可。零處取 $\delta=\varepsilon^2$，因為 $0\le x<\delta$ 蘊含 $\sqrt x<\varepsilon$。第一個證明由正錨點提供固定分母，而第二個沒有。
2. 在 $a=1,\varepsilon=1$ 時，該提議給出 delta 為一；允許輸入 $x=1/10$ 的距離滿足 $9/10<1$，但倒數誤差為九，不小於一。有效選擇為 $\min(|a|/2,\varepsilon a^2/2)$：先使分母遠離零，再控制分子。
3. 序列 $1/n$ 與 $-1/n$ 均趨於零，但輸出恆為一和負一，所以在整個 $A$ 上不存在有限相對極限。限制到正數部分後函數恆為一，相對極限為一。定義域變化去掉了競爭的趨近方向，並未改變公式中的符號區別。
4. 取任意小於一的 delta，則沒有定義域點滿足 $0<|x|<\delta$。因此蘊涵不限制輸出，對每個 epsilon 及候選 $L$ 都成立。零不是該定義域的聚點；標準定義排除此空真情形，保持唯一性。
5. 給定 epsilon，取 $M>\max(1,3/\varepsilon)$。當 $x>M$ 時，推導出的誤差至多為 $3/|x|<3/M<\varepsilon$。當 $x<-M$ 時，由 $|x|>M$ 可得相同的絕對值界。兩個無窮方向的證明使用同一個估計，但輸入閾值分別處理。
6. 正弦絕對值至多為一，故乘積絕對值至多為 $x^2$，趨於零；取 delta 為 $\sqrt\varepsilon$ 即可。若乘數在某去心鄰域有界，則存在常數 $C$，得到 $C x^2\to0$。有界是充分但非必要的：$b(x)=1/|x|$ 無界，卻有 $x^2b(x)=|x|\to0$。

總結與術語

緩衝界在選定最終誤差閾值之前控制可變因子。相對定義域極限只使用實際趨近的定義域點。聚點排除去心蘊涵空真的情況。反例序列可以否定候選極限，但有限多條一致的路徑不能證明它。證明中應區分輸入閾值、輸出容差和趨於無窮的高度閾值。

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。