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Topos Uranos
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实变量函数的极限

摘要

本课把这样一个想法变成精确的定义：当自变量接近一点时，函数的值接近一个数。本课说明直观的想法为什么不够，引入聚点（它们指明在哪里谈论极限才有意义），并给出 ε-δ 定义，这个定义可以读作一个挑战及其回应。本课把定义及其否定写成带量词的陈述，证明极限若存在则唯一，证明它只依赖于该点附近的值，并且迫使函数在该点附近有界并保持符号。问题部分为多项式函数、根式和商构造 δ，证明某些极限不存在，并寻找回应给定 ε 的最大的 δ。

学习目标

  1. 解释函数在一点的极限这一想法，并把它与函数在该点的值区分开来。
  2. 用 ε 和 δ 叙述极限的定义，说明为什么要求该点是定义域的聚点，并用量词写出定义及其否定。
  3. 用定义证明简单代数函数的极限值，对每个 ε 构造一个 δ。
  4. 证明极限的唯一性及其局部性质，并运用定义的否定证明某个极限不存在。

极限的想法

代数与几何研究函数在每一点取什么值；微积分还要研究当自变量接近一点时函数值会怎样，即使函数在该点没有定义。这种需要由来已久。连接曲线上两点的直线的斜率用差商计算；切线的斜率应当是两点重合时这个商的值，但这时商是 00\frac{0}{0}，它不是一个数。同样，运动物体的平均速度是所走过的距离与所用时间之商，而某一瞬间的速度是所用时间缩减为零时这个商最终达到的值。在这两种情形中，人们追问的都是函数在一个它没有定义的点附近的值。

一个简单的例子说明了这种情形。下面的函数在 x=1x = 1 处没有定义，因为它的分母在那里为零；然而，它在 11 附近的点上的值都接近 22：

f(x)=x2−1x−1,f(0.9)=1.9,f(0.99)=1.99,f(1.01)=2.01,f(1.1)=2.1f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0.9) = 1.9, \quad f(0.99) = 1.99, \quad f(1.01) = 2.01, \quad f(1.1) = 2.1

原因在于，当 x≠1x \neq 1 时，分子可分解为 (x−1)(x+1)(x - 1)(x + 1)，商等于 x+1x + 1；ff 的图像是直线 y=x+1y = x + 1，在点 (1,2)(1, 2) 处有一个空洞。于是说 ff 当 xx 趋于 11 时的极限是 22，并记作：

lim⁡x→1x2−1x−1=2\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

然而，“值接近 22”这句话不能作为定义，理由有二。第一，接近是不够的：当 xx 从 0.90.9 变到 0.990.99 时，ff 的值也在接近 33，因为 1.991.99 离 33 的距离小于 1.91.9 离它的距离，然而 33 并不是极限。22 的特殊之处在于，ff 的值能够任意接近它，而不只是比先前更接近。第二，一张表只检查有限个点，而函数在这些点之间可能表现得不同：函数 sin⁡(πx)\sin\left(\frac{\pi}{x}\right) 的值等于 00，在 x=0.1x = 0.1 处、在 x=0.01x = 0.01 处以及在所有形如 1n\frac{1}{n} 的点处都是如此，然而它在 00 处没有极限，因为在这些点之间它在 −1-1 与 11 之间振荡；练习题 3 用同样的论证对 sin⁡(1x)\sin\left(\frac{1}{x}\right) 证明了这一点。如果是这样，定义就必须同时谈论所有附近的点，并用数确定“任意接近”的含义。为此所用的工具是度量距离的绝对值以及三角不等式，它们已在关于实数轴的课中学过。

聚点

在定义极限之前，必须先弄清在哪些点谈论极限才有意义。点 aa 不必属于函数的定义域，刚才的例子就说明了这一点；但定义域中必须有点任意接近 aa，否则就没有函数值可供观察。

定义聚点

设 AA 是一个实数集。称实数 aa 是 AA 的聚点，如果以 aa 为中心的每个开区间都含有 AA 中某个异于 aa 的元素：

(∀δ>0)(∃x∈A)(0<∣x−a∣<δ)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

AA 中不是 AA 的聚点的元素称为 AA 的孤立点。

例如，11 是 R∖{1}\mathbb{R} \setminus \{1\}（例中函数的定义域）的聚点，尽管它不属于该集合。闭区间 [0,1]\icc{0}{1} 的每一点都是开区间 (0,1)\ioo{0}{1} 的聚点，端点也包括在内。00 是数集 1n\frac{1}{n}（nn 为自然数）的聚点，因为由阿基米德性质，对任意 δ>0\delta > 0 都存在自然数 nn 使 1n<δ\frac{1}{n} < \delta。反之，集合 N\mathbb{N} 没有聚点：以 aa 为中心、12\frac{1}{2} 为半径的区间至多含有一个自然数 mm；若 m=am = a，它不含任何异于 aa 的自然数；若 m≠am \neq a，则半径为 ∣m−a∣\abs{m - a} 的区间就不再含有任何自然数。条件 0<∣x−a∣0 < \abs{x - a} 是本质的；没有它，AA 的每个元素都会是 AA 的聚点，因为每个以 aa 为中心的区间都含有 aa 本身。

极限的定义

有了这些概念，就可以给出定义。“f(x)f(x) 任意接近 LL”这句话可以这样表述：对每个距离 ε>0\varepsilon > 0，无论多么小，ff 的值都在小于 ε\varepsilon 的距离之内靠近 LL，只要 xx 充分接近 aa，即与它的距离小于某个距离 δ>0\delta > 0，且不等于 aa。

定义函数在一点的极限

设 ff 是定义在实数集 AA 上的实函数，aa 是 AA 的聚点，LL 是实数。称 LL 是 ff 当 xx 趋于 aa 时的极限，记作 lim⁡x→af(x)=L\lim_{x \to a} f(x) = L，如果对任意 ε>0\varepsilon > 0 存在 δ>0\delta > 0，使得每个 xx（属于 AA）只要满足 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta，就也满足 ∣f(x)−L∣<ε\abs{f(x) - L} < \varepsilon：

lim⁡x→af(x)=L↔(∀ε>0)(∃δ>0)(∀x∈A)(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

从几何上看，条件 ∣f(x)−L∣<ε\abs{f(x) - L} < \varepsilon 表示图像上的点 (x,f(x))(x, f(x)) 位于直线 y=L−εy = L - \varepsilon 与 y=L+εy = L + \varepsilon 之间的水平带形区域内；条件 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta 表示 xx 位于以 aa 为中心、δ\delta 为半径的区间内，但不是它的中心。定义可以读作两个人之间的游戏：第一个人提出一个 ε\varepsilon，即围绕 LL 的带形区域的半径，要多窄就多窄；第二个人必须回应一个 δ\delta，使得图像位于半径为 δ\delta 的去心邻域上方的部分落在带形区域之内。如果第二个人能回应所有的挑战，极限就是 LL。

例题挑战与回应

函数 gg 等于 x2x^2（对一切 x≠1x \neq 1），而在 x=1x = 1 处故意给它指定一个与其余的值不协调的值：g(1)=52g(1) = \frac{5}{2}。下面看对于极限 L=1L = 1（在点 a=1a = 1 处）如何回应两个挑战。

证明

  1. (∀x≠1)(g(x)=x2),g(1)=52(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}

    函数在整条直线上有定义。在 11 附近，它的值都与 11 相近，只有 x=1x = 1 处的值例外，单独另算。

  2. ∣g(x)−1∣<45↔15<g(x)<95\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}

    第一个挑战：ε=45\varepsilon = \frac{4}{5}。gg 的值必须落在从 15\frac{1}{5} 到 95\frac{9}{5} 的带形区域内。

  3. δ=min⁡(1−15,95−1)=95−1\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}

    对于正的 xx（异于 11），条件等价于 xx 位于 15\sqrt{\frac{1}{5}} 与 95\sqrt{\frac{9}{5}} 之间。这个区间关于 11 不对称：右端点更近。用两个距离中较小的那个来回应。

  4. 0<∣x−1∣<δ→∣g(x)−1∣<450 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}

    每个 xx，只要与 11 的距离小于 δ\delta 且不等于 11，就满足条件：图像在去心邻域上方的部分落在带形区域内。点 (1,g(1))(1, g(1)) 落在带形区域之外，但这无关紧要，因为定义排除了 x=1x = 1。

  5. ε=25→δ=75−1\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}

    更苛刻的挑战 ε=25\varepsilon = \frac{2}{5} 要求更小的回应。一般地，当 0<ε<10 < \varepsilon < 1 时 δ=1+ε−1\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1 可用，它随着 ε\varepsilon 变小而变得任意小：δ\delta 依赖于 ε\varepsilon。

这个例子显示了定义中值得牢记的三个特点。第一，δ\delta 依赖于 ε\varepsilon，一般也依赖于点 aa；若某个 δ\delta 回应了一个挑战，则任何比它小的正数也能回应，所以只需找到一个，不必找最大的。第二，函数在 aa 处的值（若存在）不起作用：条件 0<∣x−a∣0 < \abs{x - a} 把它排除了，因此 gg 在 11 处的极限是 11，尽管 g(1)g(1) 等于 52\frac{5}{2}。第三，只有定义域中的 xx 才算数；其余的不予考察。

例题一个线性函数

证明 lim⁡x→2(3x−1)=5\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5。给定 ε>0\varepsilon > 0，需要做到 ∣(3x−1)−5∣<ε\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon。把这个式子化简，显示出它与 ∣x−2∣\abs{x - 2} 的关系：

∣(3x−1)−5∣=∣3x−6∣=3∣x−2∣\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

因此，只需 3∣x−2∣<ε3\abs{x - 2} < \varepsilon，即 ∣x−2∣<ε3\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}。用 δ=ε3\delta = \frac{\varepsilon}{3} 回应：若 0<∣x−2∣<ε30 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}，则 ∣(3x−1)−5∣<3⋅ε3=ε\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon。同样，对常数函数 cc，任何 δ\delta 都能回应，因为 ∣c−c∣=0<ε\abs{c - c} = 0 < \varepsilon；对恒等函数，δ=ε\delta = \varepsilon 能回应，因为所要求的条件 ∣x−a∣<ε\abs{x - a} < \varepsilon 与所假设的条件相同。因此：

lim⁡x→ac=c,lim⁡x→ax=a\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

这个例子的方法就是一般的方法：把 ∣f(x)−L∣\abs{f(x) - L} 写成出现因子 ∣x−a∣\abs{x - a} 的形式，再对其余部分估计上界。当其余部分不是常数时，就预先把 δ\delta 限制在一个固定值以内来估计它，例如 δ≤1\delta \leq 1；这就是下面例子的技巧。

例题一个平方

证明 lim⁡x→3x2=9\lim_{x \to 3} x^2 = 9。设 ε>0\varepsilon > 0。

证明

  1. ∣x2−9∣=∣x−3∣⋅∣x+3∣\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}

    对平方差进行因式分解；出现因子 ∣x−3∣\abs{x - 3}（它将被弄得很小），乘以一个依赖于 xx 的因子。

  2. ∣x−3∣<1→5<x+3<7→∣x+3∣<7\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}

    若要求 ∣x−3∣<1\abs{x - 3} < 1，则 xx 位于 22 与 44 之间，第二个因子以 77 为上界。

  3. δ=min⁡(1,ε7)\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

    在这个限制下，还需 7∣x−3∣<ε7\abs{x - 3} < \varepsilon。取 δ\delta 为两个数中较小的那个，使两个条件同时成立。

  4. ∣x2−9∣=∣x−3∣∣x+3∣<ε7⋅7=ε\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}

    若 0<∣x−3∣<δ0 < \abs{x - 3} < \delta，则 ∣x−3∣<1\abs{x - 3} < 1 且 ∣x−3∣<ε7\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}；由此得到所要的不等式。

本课开头的极限也可同样证明，并且附带一个以后常用的观察：由于定义不考察点 aa，可以化简 ff 的表达式，只要是在异于 aa 的点上。当 x≠1x \neq 1 时，商 x2−1x−1\frac{x^2 - 1}{x - 1} 等于 x+1x + 1，于是 ∣f(x)−2∣=∣x−1∣\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}；δ=ε\delta = \varepsilon 能回应。约去因子 x−1x - 1 是合理的，正因为在定义中 xx 从不等于 11。

作为带量词陈述的定义

极限的定义是一个带有三个交替量词的陈述：对任意 ε\varepsilon，存在 δ\delta，对任意 xx。它的逻辑结构正是谓词逻辑所研究的陈述的结构，善于驾驭这种结构是处理极限的一半功夫。由此得出两个推论。

第一，量词的顺序很重要。在定义中，δ\delta 是在知道 ε\varepsilon 之后才选取的，因此可以依赖于它。如果先写 (∃δ>0)(\exists \delta > 0) 再写 (∀ε>0)(\forall \varepsilon > 0)，同一个 δ\delta 就必须同时适用于所有的 ε\varepsilon，这是一个强得多的断言，练习题 4 要求刻画它。

第二，定义的否定可以用量词的否定规则得到：“对任意”的否定是“存在某个……不”，“存在”的否定是“对任意……不”。由此得到 LL 不是极限的含义。

命题极限定义的否定

设 ff 是定义在 AA 上的函数，aa 是 AA 的聚点，LL 是实数。数 LL 不是 ff 当 xx 趋于 aa 时的极限，当且仅当存在 ε>0\varepsilon > 0，使得对任意 δ>0\delta > 0，都有某个 xx（属于 AA）满足 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta 且 ∣f(x)−L∣≥ε\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon。 把否定逐个量词地向内推，直到到达蕴涵。

证明

  1. ¬(∀ε>0)(∃δ>0)(∀x∈A)(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

    否定整个定义。

  2. (∃ε>0)¬(∃δ>0)(∀x∈A)(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

    全称陈述的否定是存在一个使它不成立的情形。

  3. (∃ε>0)(∀δ>0)¬(∀x∈A)(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

    存在陈述的否定是所有情形都不成立。

  4. (∃ε>0)(∀δ>0)(∃x∈A)¬(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

    再一次否定一个全称陈述。

  5. (∃ε>0)(∀δ>0)(∃x∈A)(0<∣x−a∣<δ∧∣f(x)−L∣≥ε)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)

    一个蕴涵为假当且仅当其前件为真而后件为假；而由三歧性，∣f(x)−L∣<ε\abs{f(x) - L} < \varepsilon 的否定是 ∣f(x)−L∣≥ε\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon。

用游戏的语言来说，如果第一个人拥有一个任何回应都无效的挑战，LL 就不是极限：无论所提出的 δ\delta 多么小，去心邻域中总有一点，其函数值越出带形区域。要证明一个函数在 aa 处没有极限，必须证明没有任何实数 LL 是它的极限，例题 4 就是这样做的。

基本性质

记号 lim⁡x→af(x)=L\lim_{x \to a} f(x) = L 说的是这个极限，仿佛它是唯一的一个数。这需要证明：两个不同的数不能同时满足定义。这里就用到 aa 是定义域的聚点这一要求。若不然，就存在 δ0>0\delta_0 > 0，使得定义域中没有任何 xx 满足 0<∣x−a∣<δ00 < \abs{x - a} < \delta_0；总是用这个 δ0\delta_0 来回应，定义中的蕴涵对任意 LL 都为真，因为其前件永不成立，于是每个数都会是极限。

定理极限的唯一性

设 ff 是定义在 AA 上的函数，aa 是 AA 的聚点。若 lim⁡x→af(x)=L\lim_{x \to a} f(x) = L 且 lim⁡x→af(x)=L′\lim_{x \to a} f(x) = L'，则 L=L′L = L'。 用反证法：假设两个极限不同，例如 L<L′L < L'，并取 ε\varepsilon 足够小，使得半径为 ε\varepsilon 的两个带形区域（分别围绕 LL 与 L′L'）互不接触。

证明

  1. ε=L′−L2>0\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}

    设 L<L′L < L'，令 ε\varepsilon 为两者之间距离的一半；它是正的。

  2. 0<∣x−a∣<δ1→∣f(x)−L∣<ε,0<∣x−a∣<δ2→∣f(x)−L′∣<ε0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon

    半径为 ε\varepsilon、分别围绕 LL 与 L′L' 的两个带形区域没有公共点，用这个 ε\varepsilon 对每个极限应用定义：得到两个回应 δ1\delta_1 与 δ2\delta_2，一般说来它们不同。

  3. δ=min⁡(δ1,δ2),(∃x∈A)(0<∣x−a∣<δ)\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)

    为使两个条件同时成立，取两个半径中较小的那个。由于 aa 是 AA 的聚点，半径为 δ\delta 的去心邻域含有定义域中的某个 xx。

  4. ∣f(x)−L∣<ε∧∣f(x)−L′∣<ε\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}

    对这个 xx，两个不等式都成立：值 f(x)f(x) 将同时位于两个带形区域之中。

  5. L′−L≤∣L′−f(x)∣+∣f(x)−L∣<2ε=L′−LL' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}

    由三角不等式，LL 与 L′L' 之间的距离将小于 2ε2\varepsilon，而这恰好就是该距离：矛盾。因此不可能 L<L′L < L'；同理不可能 L′<LL' < L，再由三歧性，L=L′L = L'。

下面的引理把使我们得以化简商 x2−1x−1\frac{x^2 - 1}{x - 1} 的那个观察形式化：在 aa 处的极限只依赖于函数在 aa 附近的值，而与它在 aa 处取的值以及远离该点的值无关。

引理极限只依赖于附近的值

设 ff 与 gg 是定义在 AA 上的函数，aa 是 AA 的聚点，r>0r > 0 使得 f(x)=g(x)f(x) = g(x) 对每个 xx（属于 AA，且满足 0<∣x−a∣<r0 < \abs{x - a} < r）都成立。若 lim⁡x→af(x)=L\lim_{x \to a} f(x) = L，则 lim⁡x→ag(x)=L\lim_{x \to a} g(x) = L。 只需取对 ff 适用的回应，必要时把它缩小到 rr。

证明

  1. 0<∣x−a∣<δ1→∣f(x)−L∣<ε\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}

    设 ε>0\varepsilon > 0。由假设，存在一个回应 δ1\delta_1（对 ff 而言）。

  2. δ=min⁡(δ1,r)\delta = \min(\delta_1, r)

    取这个回应与两函数重合的半径中较小的那个。

  3. ∣g(x)−L∣=∣f(x)−L∣<ε\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon

    若 xx 属于 AA 且 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta，则 g(x)=f(x)g(x) = f(x)，因为 δ≤r\delta \leq r；并且 f(x)f(x) 在带形区域内，因为 δ≤δ1\delta \leq \delta_1。

下面两条性质说明，极限对函数在该点附近施加了条件。第一条迫使它有界；第二条迫使它在极限不为零时具有极限的符号。两者都是用预先选定的 ε\varepsilon 应用定义而得到的，它们将是在关于极限的运算法则的课中证明乘积法则与商法则的工具。

命题局部有界性与保号性

设 ff 是定义在 AA 上的函数，aa 是 AA 的聚点，且 lim⁡x→af(x)=L\lim_{x \to a} f(x) = L。则存在 δ>0\delta > 0，使得对每个 xx（属于 AA，且满足 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta），都有 ∣f(x)∣<∣L∣+1\abs{f(x)} < \abs{L} + 1。若又有 L≠0L \neq 0，则存在 δ>0\delta > 0，使得对这些 xx，f(x)f(x) 与 LL 同号，且 ∣f(x)∣>∣L∣2\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}。 每个断言都是把定义应用于一个具体的挑战：第一个用 ε=1\varepsilon = 1，第二个用 ε=∣L∣2\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}。

证明

  1. 0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<10 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}

    取 ε=1\varepsilon = 1，定义给出一个 δ\delta，使得 ff 的值与 LL 的距离小于 11。

  2. ∣f(x)∣≤∣f(x)−L∣+∣L∣<∣L∣+1\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}

    由三角不等式，f(x)f(x) 的绝对值不超过 LL 的绝对值加上这个距离。

  3. L−∣L∣2<f(x)<L+∣L∣2\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}

    若 L≠0L \neq 0，取 ε=∣L∣2\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}（它是正的），定义给出另一个 δ\delta，且 f(x)f(x) 落在以 LL 为中心、∣L∣2\frac{\abs{L}}{2} 为半径的区间内。

  4. L>0→f(x)>L2>0,L<0→f(x)<L2<0L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0

    若 L>0L > 0，左端点是 L2\frac{L}{2}，它是正的；若 L<0L < 0，右端点是 L2\frac{L}{2}，它是负的。两种情形下，f(x)f(x) 都与 LL 同号，且离 00 的距离大于 ∣L∣2\frac{\abs{L}}{2}。

用定义可以证明任何极限的值，但工作量随函数的复杂程度而增加。关于极限的运算法则的课在本课的基础上证明和、积、商、幂与根的法则，使我们能够计算大多数极限，而不必每次都重新寻找 δ\delta。

例题

这些问题由易到难：前三个分别为一个多项式、一个根式和一个商构造 δ\delta，各有估计伴随 ∣x−a∣\abs{x - a} 的因子的办法；第四个用定义的否定证明一个极限不存在；最后一个寻找回应给定挑战的最大的 δ\delta。

例题 1一个二次多项式

用定义证明 lim⁡x→2(x2+x)=6\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6。

解答

  1. ∣(x2+x)−6∣=∣x−2∣⋅∣x+3∣\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}

    设 ε>0\varepsilon > 0。由于 22 是多项式 x2+x−6x^2 + x - 6 的根，该多项式有因子 x−2x - 2。

  2. ∣x−2∣<1→4<x+3<6→∣x+3∣<6\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}

    预先把半径限制为 11：于是 xx 位于 11 与 33 之间，第二个因子有界。

  3. δ=min⁡(1,ε6)\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)

    在这个限制下只需 6∣x−2∣<ε6\abs{x - 2} < \varepsilon；取两个半径中较小的那个。

  4. ∣(x2+x)−6∣=∣x−2∣∣x+3∣<ε6⋅6=ε\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}

    若 0<∣x−2∣<δ0 < \abs{x - 2} < \delta，两个条件都成立，所要的不等式随之成立。

例题 2一个平方根

用定义证明 lim⁡x→4x=2\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2，这里函数定义在 [0,∞)\ico{0}{\infty} 上。

解答

  1. x−2=(x−2)(x+2)x+2=x−4x+2\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}

    设 ε>0\varepsilon > 0。为使 x−4x - 4 出现，乘以并除以共轭根式 x+2\sqrt{x} + 2，它是正的。

  2. ∣x−2∣=∣x−4∣x+2≤∣x−4∣2\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}

    分母至少是 22，因为 x≥0\sqrt{x} \geq 0；这一次不必限制半径，因为这个上界在整个定义域上都成立。

  3. δ=2ε\delta = 2\varepsilon

    因此只需 ∣x−4∣2<ε\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon。

  4. ∣x−2∣≤∣x−4∣2<2ε2=ε\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}

    若 x≥0x \geq 0 且 0<∣x−4∣<2ε0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon，就得到所要的不等式。只考察定义域中的 xx：负数处根式没有定义，不予考虑，即使它们离 44 很近（当 ε\varepsilon 很大时）。

例题 3一个商

用定义证明 lim⁡x→31x=13\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}，这里函数定义在 R∖{0}\mathbb{R} \setminus \{0\} 上。

解答

  1. ∣1x−13∣=∣3−x3x∣=∣x−3∣3∣x∣\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}

    设 ε>0\varepsilon > 0。把差通分。

  2. ∣x−3∣<1→x>2→3∣x∣>6\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}

    现在伴随 ∣x−3∣\abs{x - 3} 的因子在分母中，必须防止分母接近 00。若 ∣x−3∣<1\abs{x - 3} < 1，则 x>2x > 2，分母大于 66。

  3. δ=min⁡(1,6ε)\delta = \min(1, 6\varepsilon)

    在这个限制下，商小于 ∣x−3∣6\frac{\abs{x - 3}}{6}，只需这个量小于 ε\varepsilon。

  4. ∣1x−13∣<∣x−3∣6<6ε6=ε\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}

    若 0<∣x−3∣<δ0 < \abs{x - 3} < \delta，两个条件都成立。没有事先的限制，这个方法就会失败：在 x=0x = 0 附近商无界地增大。

例题 4一个跳跃的函数

符号函数定义在 R∖{0}\mathbb{R} \setminus \{0\} 上，在正数处等于 11，在负数处等于 −1-1。证明当 xx 趋于 00 时它没有极限。

s(x)=x∣x∣s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

解答

  1. (∀L)(∃ε>0)(∀δ>0)(∃x)(0<∣x∣<δ∧∣s(x)−L∣≥ε)(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)

    00 是定义域的聚点。必须证明没有任何实数 LL 是极限；由定义的否定，只需对每个 LL 找到一个没有任何 δ\delta 能回应的挑战。提出 ε=1\varepsilon = 1，对所有的 LL 都用它。

  2. s(δ2)=1,s(−δ2)=−1s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1

    设 δ>0\delta > 0 是任意的。半径为 δ\delta 的去心邻域含有一个正数和一个负数，函数在其上分别等于 11 和 −1-1。

  3. 2=∣1−(−1)∣≤∣1−L∣+∣L−(−1)∣2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}

    11 与 −1-1 之间的距离是 22；由三角不等式，LL 到这两个值的距离之和至少是 22。

  4. ∣s(δ2)−L∣≥1∨∣s(−δ2)−L∣≥1\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1

    由此可知，两个距离中有一个至少是 11：若两者都小于 11，它们的和就小于 22。

  5. ¬(∃L)(lim⁡x→0s(x)=L)\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)

    于是，对每个 LL，挑战 ε=1\varepsilon = 1 没有回应：没有一个宽为 22、边界被排除的带形区域能同时包含值 11 和 −1-1。函数在 00 处没有极限。

例题 5最大的 δ

对函数 f(x)=x2f(x) = x^2 在点 a=1a = 1 处，取 L=1L = 1 与挑战 ε=12\varepsilon = \frac{1}{2}，求回应该挑战的最大的 δ\delta。

解答

  1. ∣x2−1∣<12↔12<x2<32\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}

    条件 ∣x2−1∣<12\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} 意味着 x2x^2 位于 12\frac{1}{2} 与 32\frac{3}{2} 之间。

  2. 12<x<32\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}

    在 11 附近，xx 都是正的，条件等价于 xx 位于两端点的平方根之间。

  3. 1−12≈0.293,32−1≈0.2251 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0.293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0.225

    11 到两端点的距离不同：抛物线在 11 右侧上升得更快，右端点更近。

  4. δ=32−1=6−22\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}

    以 11 为中心、δ\delta 为半径的区间必须包含在所求得的区间内；它的半径不能超过两个距离中较小的那个，而这个较小的距离就回应了挑战。

  5. 0<32−1<δ′,∣(32)2−1∣=120 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}

    更大的半径都不行：若 δ′>δ\delta' > \delta，点 x=32x = \sqrt{\frac{3}{2}} 与 11 的距离小于 δ′\delta'，而在该点，x2x^2 与 11 的距离恰好是 12\frac{1}{2}，它不小于 ε\varepsilon。

练习题

这些问题由易到难：前两个用别的多项式重复限制半径的技巧；第三个把定义的否定应用于一个振荡的函数；第四个考察交换量词顺序时会发生什么；最后一个研究一个只在一点有极限的函数。每个问题都有一个提示，最好在自己尝试之后再打开。

练习题 1另一个二次多项式

用定义证明 lim⁡x→−1(2x2−3x)=5\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5。

提示

把 2x2−3x−52x^2 - 3x - 5 因式分解：它有根 −1-1。把半径限制为 11，并在从 −2-2 到 00 的区间上估计另一个因子的上界。

答案

由于 2x2−3x−5=(x+1)(2x−5)2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)，并且若 ∣x+1∣<1\abs{x + 1} < 1 则 ∣2x−5∣<9\abs{2x - 5} < 9，所以下面的 δ 能回应：

δ=min⁡(1,ε9)\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)
练习题 2一个立方

用定义证明 lim⁡x→1x3=1\lim_{x \to 1} x^3 = 1。

提示

利用立方差的因式分解 x3−1=(x−1)(x2+x+1)x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)，并在 xx 位于 00 与 22 之间时估计第二个因子的上界。

答案

若 ∣x−1∣<1\abs{x - 1} < 1，则 0<x2+x+1<70 < x^2 + x + 1 < 7，所以下面的 δ 能回应：

δ=min⁡(1,ε7)\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)
练习题 3一个振荡的函数

证明函数 sin⁡(1x)\sin\left(\frac{1}{x}\right)（定义在 R∖{0}\mathbb{R} \setminus \{0\} 上）当 xx 趋于 00 时没有极限。

提示

仿照例题 4 的方法。在每个以 00 为中心的去心邻域中，都有函数等于 11 的点和函数等于 −1-1 的点：寻找 xx，形如 1π2+2nπ\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} 和 13π2+2nπ\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}，其中 nn 是充分大的自然数。

答案

对每个 LL，没有任何 δ\delta 能回应挑战 ε=1\varepsilon = 1，因为当 nn 很大时，下面两个点与 00 的距离小于 δ\delta，而函数在这两点分别等于 11 和 −1-1：

xn=1π2+2nπ,yn=13π2+2nπx_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}
详细解答

解答

  1. 0<13π2+2nπ<1π2+2nπ<12nπ<δ0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}

    设 LL 是实数且 δ>0\delta > 0。由阿基米德性质，存在自然数 nn 使 2nπ>1δ2n\pi > \frac{1}{\delta}；于是下面两个点都是正的，且小于 δ\delta。

  2. sin⁡(π2+2nπ)=1,sin⁡(3π2+2nπ)=−1\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1

    在第一个点，1x\frac{1}{x} 是一个正弦为 11 的角；在第二个点，是一个正弦为 −1-1 的角。

  3. ∣1−L∣+∣L+1∣≥2→∣1−L∣≥1∨∣−1−L∣≥1\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1

    与例题 4 一样，LL 到 11 与到 −1-1 的距离之和至少是 22，其中一个至少是 11。挑战 ε=1\varepsilon = 1 都没有回应，对任何 LL 皆然。

练习题 4量词的顺序

设 ff 是定义在 AA 上的函数，aa 是 AA 的聚点，LL 是实数。证明：下面的陈述（由极限的定义交换前两个量词而得）成立，当且仅当 ff 等于 LL，并且在 AA 中位于某个以 aa 为中心的去心邻域内的所有点上都是如此。函数 x2x^2 在 a=3a = 3 处、取 L=9L = 9 时满足它吗？

(∃δ>0)(∀ε>0)(∀x∈A)(0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣<ε)(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)
提示

如果一个非负数小于每个 ε>0\varepsilon > 0，那么它等于 00：否则，它本身就是一个它并不小于的 ε\varepsilon。

答案

固定陈述中的 δ\delta，去心邻域中的每个 xx 都满足 ∣f(x)−L∣<ε\abs{f(x) - L} < \varepsilon，对每个 ε>0\varepsilon > 0 皆然，所以 f(x)=Lf(x) = L；反过来是显然的。函数 x2x^2 在 33 处不满足它，尽管它在那里的极限是 99，因为它在任何区间上都不是常数：

(3+δ2)2≠9\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9
详细解答

解答

  1. (∀ε>0)(∣f(x)−L∣<ε)\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}

    假设陈述成立，令 δ\delta 为它所断言的半径。取 xx（属于 AA）满足 0<∣x−a∣<δ0 < \abs{x - a} < \delta；对每个正的 ε\varepsilon，不等式都成立。

  2. ∣f(x)−L∣<∣f(x)−L∣→⊥,f(x)=L\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}

    若 ∣f(x)−L∣\abs{f(x) - L} 为正，就可以取 ε=∣f(x)−L∣\varepsilon = \abs{f(x) - L}，而不等式将说一个数小于它自身。因此它等于 00，且 f(x)=Lf(x) = L。

  3. 0<∣x−a∣<δ→∣f(x)−L∣=0<ε0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon

    反过来，若 ff 等于 LL，并且在 AA 中位于半径为 δ\delta 的去心邻域内的点上都是如此，那么这同一个 δ\delta 对每个 ε\varepsilon 都适用，因为距离是 00。

  4. 0<∣x−3∣<6→x2≠90 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9

    函数 x2x^2 在任何点上都不等于 99，只要该点在 33 附近且异于它，所以它不满足这个陈述，尽管它满足极限的定义。交换后的陈述并不是同一件事的另一种说法，而是一个强得多的断言。

练习题 5只在一点的极限

下面的函数在有理数处等于 xx，在无理数处等于 00。证明它在 00 处的极限是 00，并且它在任何点 a≠0a \neq 0 处都没有极限。

h(x)={xx∈Q0x∉Qh(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}
提示

在 00 处，注意到在所有情形下都有 ∣h(x)∣≤∣x∣\abs{h(x)} \leq \abs{x}。在 a≠0a \neq 0 处，提出挑战 ε=∣a∣3\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}，并利用每个区间中都既有有理数又有无理数这一事实，这在关于实数轴的课中已经证明：附近的一个无理数迫使 LL 接近 00，附近的一个有理数迫使它接近 aa。

答案

在 00 处，δ=ε\delta = \varepsilon 能回应。在 a≠0a \neq 0 处，若 LL 是极限，那么一个无理数 yy 和一个有理数 xx（取自半径为 min⁡(δ,∣a∣3)\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right) 的去心邻域）将同时给出下面两个不等式，而它们是不相容的：

∣L∣<∣a∣3,∣L∣>∣x∣−∣a∣3>∣a∣3\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}
详细解答

解答

  1. 0<∣x∣<ε→∣h(x)−0∣≤∣x∣<ε0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon

    在 00 处：在有理数处 ∣h(x)∣=∣x∣\abs{h(x)} = \abs{x}，在无理数处 ∣h(x)∣=0\abs{h(x)} = 0；两种情形下，h(x)h(x) 与 00 的距离都不超过 xx 与 00 的距离，δ=ε\delta = \varepsilon 能回应。

  2. δ′=min⁡(δ,∣a∣3)\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)

    设 a≠0a \neq 0，并假设 LL 是 aa 处的极限。取 ε=∣a∣3\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}，存在一个能回应的 δ\delta，必要时把它缩小到 ∣a∣3\frac{\abs{a}}{3}。

  3. ∣0−L∣<∣a∣3→∣L∣<∣a∣3\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}

    在半径为 δ′\delta' 的去心邻域中有一个无理数 yy，hh 在该处等于 00：极限必须接近 00。

  4. ∣x−L∣<∣a∣3,∣x∣>∣a∣−∣a∣3=2∣a∣3\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}

    其中也有一个有理数 xx，hh 在该处等于 xx。由于 xx 与 aa 的距离小于 ∣a∣3\frac{\abs{a}}{3}，它的绝对值大于 2∣a∣3\frac{2\abs{a}}{3}。

  5. ∣L∣≥∣x∣−∣x−L∣>2∣a∣3−∣a∣3=∣a∣3\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}

    由三角不等式，∣L∣\abs{L} 将同时小于和大于 ∣a∣3\frac{\abs{a}}{3}：矛盾。在 aa 处没有极限。