R09

数学のかたち
ε − δ 論法
Masashi Sanae
関数の極限値の厳密な定義
任意の ε > 0 に対して、ある 0 < δ ∈ R が存在して、
｜x − a｜< δ をみたす任意の x∈R について
｜ f (x) − α｜< ε
をみたすとき、 f (x) は x = a において極限値αに
収束するといい、
lim f (x)= α
𝑥→𝑎
で表す。
論理記号による表現
∀
∃
ε > 0 、 δ >0
∀
x 、｜x − a｜< δ
｜ f (x) − α｜< ε
lim f (x)= α
𝑥→𝑎
lim (𝑥2 − 4)= 0
【例題1】
𝑥→2
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
𝜀
δ を δ = min , 1 と定める。
5
｜x −2｜< δ をみたす任意の x について、
𝜀
｜x −2｜< かつ｜x −2｜< 1 すなわち｜x｜< 3
5
が成り立つので、
𝑥2 − 4 = 𝑥 − 2 𝑥 + 2
𝜀
≦ 𝑥 − 2 ( 𝑥 + 2) < × 5 = 𝜀
5
𝑥2 − 4 < 𝜀 が成り立つから、 lim (𝑥2 − 4)= 0 ■
𝑥→2
lim (𝑥3 − 1)= 0
【例題2】
𝑥→2
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
δ を δ = min
𝜀
,1
7
と定める。
｜x −1｜< δ をみたす任意の x について、
𝜀
7
｜x −1｜< かつ｜x −1｜< 1 が成り立つので、
𝑥3 − 1 = 𝑥 − 1
≦ 𝑥−1 (
𝑥2
𝑥2 + 𝑥 + 1
+ 𝑥 + 1) <
𝜀
(4 +
7
2 + 1) = 𝜀
𝑥3 − 1 < 𝜀 が成り立つから、 lim (𝑥3 − 1)= 0 ■
𝑥→2
1
lim
𝑛→∞ 𝑥
【例題3】
−1 =0
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
𝜀 1
δ を δ = min , と定める。
2 2
｜x −1｜< δ をみたす任意の x について、
𝜀
1
｜x −1｜< かつ｜x −1｜< が成り立つ。
2
2
すなわち、1 = 1 − 𝑥 + 𝑥 ≦ 1 − 𝑥 + 𝑥
∴
𝑥 ≧ 1 − 1 − 𝑥 =1 − 𝑥 − 1
1
𝑥
1
𝑥
−1 =
−1 <𝜀
𝑥−1
𝑥
𝑥−1
≦
1− 𝑥−1
<
𝜀
2
1
1−
2
1
が成り立つから lim
𝑛→∞ 𝑥
=𝜀
−1 =0■
問題
問題1
lim (𝑥2 − 9)= 0
𝑥→2
問題2
1
lim (
𝑥→2 𝑥
問題3
lim ( 𝑥 − 1)= 0
𝑥→1
+
1
)=
2
0
lim (𝑥2 − 9)= 0
【問題1】
𝑥→3
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
𝜀
δ を δ = min , 1 と定める。
7
｜x −3｜< δ をみたす任意の x について、
𝜀
｜x −3｜< かつ｜x −3｜< 1 すなわち｜x｜< 4
7
が成り立つので、
𝑥2 − 9 = 𝑥 − 3 𝑥 + 3
𝜀
≦ 𝑥 − 3 ( 𝑥 + 3) < × 7 = 𝜀
7
𝑥2 − 9 < 𝜀 が成り立つから、 lim (𝑥2 − 9)= 0 ■
𝑥→3
【問題2】
lim
𝑥→−2
1 1
+
=0
𝑥 2
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
δ を δ = min 2𝜀, 1 と定める。
｜x +2｜< δ をみたす任意の x について、
｜x +2｜<2𝜀 かつ｜x +2｜< 1が成り立つ。
すなわち、2 =
∴
2+𝑥 −𝑥 ≦ 2+𝑥 + 𝑥
𝑥 ≧2− 𝑥+2
1
1
𝑥+2
𝑥+2
+ =
≦
1
𝑥
1
+
2
𝑥
<
2ε
<
=𝜀
2
2𝑥
2(2− 𝑥+2 )
2(2−1)
1
1
𝜀 が成り立つから、 lim
+ = 0■
2
𝑥→−2 𝑥
lim ( 𝑥 − 1)= 0
【問題3】
𝑥→1
（証明）任意の正の数 ε＞0 に対して、
δ を δ = ε と定める。
｜x −1｜< δ をみたす任意の x について、
｜x −1｜<ε が成り立つので、
𝑥−1 =
𝑥−1
𝑥−1
𝜀
1
< =𝜀
𝑥 − 1 < 𝜀 が成り立つからlim ( 𝑥 − 1)= 0■
𝑥→1

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