δ在web里面怎么输入_【高等数学】用ε-δ语言证明函数极限

很多学生在初学函数极限时，对用函数极限定义证明无从下手，对证明的逻辑理不清楚。我详细（啰嗦）地讲解一下。

回顾，函数极限的

$\varepsilon-\delta$ 语言定义：

$\lim_{x \to x_0} f(x) = A \quad \Leftrightarrow \quad 对~ \forall \varepsilon >0, \, \exists \delta > 0 ~使得当 ~0<|x-x_0| < \delta~时，有~ |f(x) - A| < \varepsilon$

用函数极限定义证明的思路梳理（倒推）：

对

$\forall \varepsilon > 0$ , 目的是要找到

$\delta > 0$ ，使得当

$0<|x-x_0| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

所以，就是从

$|f(x) - A|$ 出发，代入

$f(x)$ 和

$A$ ，化简，往大放缩，方向是变成只带“

$|x - x_0|$ " 表达式（根据放缩需要，可对

$\delta$ 做限制，如限制

$\delta < 1$ ，就能处理掉其它带”

$x$ "的项），再令其

$< \varepsilon$ , 就可以解出

$|x - x_0| <$ 带“

$\varepsilon$ ”表达式。

取

$\delta = \min \{$ 带 "

$\varepsilon$ "表达式，限制

$1 \}$

则当

$0<|x-x_0| < \delta$ 时，就有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

注1：实际上就是要放缩到“常数

$\cdot |x - x_0|$ "。

注2：关于限制

$\delta < 1$ , 取

$1$ 是为了好算，取

$2, 3, \cdots, 1/2, 1/3, \cdots$ 都可以，设置该限制为了保证可以放缩带

$x$ 项为某个界值，按照

$\delta$ 的取法，越小越能成立，存在

$\delta$ 就行，所以，限制了多少，取的时候，就也小于它就行了，不影响证明过程、证明逻辑和结果。

例1

$\lim_{x \to 3} (2 x -1) = 5$

梳理思路: 对

$\forall \varepsilon > 0$ , 目的是要找到

$\delta > 0$ ，使得当

$0<|x-3| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

$|f(x) - A| = | (2 x -1) - 5| = |2 x - 6| = 2|x-3|$

令其

$< \varepsilon$ , 即

$2 |x - 3| < \varepsilon$ , 解出

$|x - 3| < \frac{\varepsilon}{2}$

取

$\delta = \frac{\varepsilon}{2}$ , 则当

$0<|x-3| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

再按正过来的顺序叙述出来，即

证明：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 令

$\delta = \frac{\varepsilon}{2}$ , 则当

$0<|x-3| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| = | (2 x -1) - 5| = |2 x - 6| = 2|x-3| < 2 \delta < \varepsilon$

故

$\lim_{x \to 3} (2 x -1) = 5$ .

例2

$\lim_{x \to 1} \frac{x^2 -1} {2 x^2 - x -1} = \frac{2}{3}$

梳理思路：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 目的是要找到

$\delta > 0$ ，使得当

$0<|x-1| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

注意到，

$x \to 1$ ,

$x \neq 1$ , 故

$\begin{align} |f(x) - A| & = \Big| \frac{x^2 - 1} {2 x^2 - x - 1} - \frac{2}{3} \Big| \\ & = \Big| \frac{(x+1)(x-1)} {(2x+1)(x-1)} - \frac{2}{3} \Big| = \Big| \frac{x+1} {2x+1} - \frac{2}{3} \Big| \\ & = \Big| \frac{-x+1}{6x+3} \Big| \\ & = \frac{|x-1|}{|6x+3|} \end{align}$

观察上式，

$|x-1|$ 是需要保留和求解的，分母中的

$|6x + 3|$ 是需要处理（放缩）掉的，此时就需要对

$\delta$ 做一定限制，比如

$\delta < 1$ , 这实际上就给

$x$ 限定了一个范围，从而就给

$|6x + 3|$ 限定了一个范围，于是就能放缩了。

具体操作如下：
限定

$\delta <1$ , 则

$|x-1| < \delta < 1$ , 故

$x \in (0, 2)$ , 从而

$|6x + 3| \in (3, 15)$

于是，接着往大放缩，

$\frac{|x-1|}{|6x+3|} < \frac{|x-1|}{3}$

令其

$< \varepsilon$ , 即

$\frac{|x - 1|}{3} < \varepsilon$ , 解出

$|x - 1| < 3 \varepsilon$

取

$\delta = \min\{ 3 \varepsilon, 1\}$ , 则当

$0<|x-1| < \delta$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

再按正过来的顺序叙述出来，即

证明：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 令

$\delta = \min\{ 3 \varepsilon, 1\}$ , 则当

$0<|x-1| < \delta$ 时，有

$\begin{align} |f(x) - A| & = \Big| \frac{x^2 - 1} {2 x^2 - x - 1} - \frac{2}{3} \Big| \\ & = \Big| \frac{(x+1)(x-1)} {(2x+1)(x-1)} - \frac{2}{3} \Big| = \Big| \frac{x+1} {2x+1} - \frac{2}{3} \Big| \\ & = \frac{|x-1|}{|6x+3|} \\ & < \frac{|x-1|}{3} \\ & < \frac{\delta}{3} < \frac{3 \varepsilon}{3} = \varepsilon \end{align}$

故

$\lim_{x \to 1} \frac{x^2 -1} {2 x^2 - x -1} = \frac{2}{3}$ .

例3

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\cos x}{\sqrt{x}} = 0$

梳理思路：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 目的是要找到（足够大的）

$M > 0$ ，使得当

$x > M$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

$|f(x) - A| = \Big| \frac{\cos x} {\sqrt{x}} - 0 \Big| = \Big| \frac{\cos x} {\sqrt{x}} \Big| \leq \frac{1}{\sqrt{x}}$

令其

$< \varepsilon$ , 即

$\frac{1}{\sqrt{x}} < \varepsilon$ , 解出

$x > \frac{1}{\varepsilon^2}$

取

$M = \frac{1}{\varepsilon^2}$ , 则当

$x > M$ 时，有

$|f(x) - A| < \varepsilon$ 成立。

再按正过来的顺序叙述出来，即

证明: 对

$\forall \varepsilon > 0$ , 令

$M = \frac{1}{\varepsilon^2}$ , 则当

$x > M$ 时，有

$|f(x) - A| = \Big| \frac{\cos x} {\sqrt{x}} - 0 \Big| = \Big| \frac{\cos x} {\sqrt{x}} \Big| \leq \frac{1}{\sqrt{x}} < \frac{1}{\sqrt{M}} = \frac{1}{\sqrt{1 / \varepsilon^2}} = \varepsilon$

故

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\cos x}{\sqrt{x}} = 0$ .

注：

$x \to x_0$ ，是用

$|x - x_0| < \delta$ 来刻画的，所以，找

$\delta$ 时，梳理思路时是要解 ”

$|x- x_0|$ ".

$x \to +\infty$ ，是用

$x > M$ 来刻画的，所以，找

$M$ 时，梳理思路时是要解 "

$x$ ".

其它情况也是类似的，比如，

$x \to \infty$ , 是用

$|x| > M$ 来刻画的，所以，找

$M$ 时，梳理思路时是要解 "

$|x|$ ".

补充：用数列极限定义证明

而数列极限时，是

$n \to +\infty$ ，是用

$n > N , \, N \in \mathbb{N}$ 来刻画的，所以, 找

$N$ 时，梳理思路时是要解 ”

$n$ “, 解完再取整得到

$N$ .

具体梳理思路过程如下：

对

$\forall \varepsilon > 0$ , 目的是要找到

$N \in \mathbb{N}$ ，使得当

$n > N$ 时，有

$|a_n - A| < \varepsilon$ 成立。

所以，就是从

$|a_n - A|$ 出发，代入

$a_n$ 和

$A$ ，化简，往大放缩，方向是变成只带“

$n$ " 表达式，再令其

$< \varepsilon$ , 就可以解出

$n >$ 带“

$\varepsilon$ ”表达式。

取

$N = [$ 带 "

$\varepsilon$ "表达式

$]$ , （取整），则当

$n > N$ 时，就有

$|a_n - A| < \varepsilon$ 成立。

注：实际上就是要放缩到“常数

$\cdot \frac{1}{n}$ "。

例4

$\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1$

梳理思路：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 要找到

$N \in \mathbb{N}$ ，使得当

$n > N$ 时，有

$|a_n - A| < \varepsilon$ 成立。

$|a_n - A| = \Big| \frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n} -1 \Big|=\Big| \frac{\sqrt{n^2+a^2}-n}{n} \Big| = \Big| \frac{a^2}{n(\sqrt{n^2+a^2}+n)} \Big| \leq \frac{a^2}{n}$

令

$\frac{a^2}{n}< \varepsilon$ , 解出

$n>\frac{a^2}{\varepsilon }$ , 取

$N= \big[\frac{a^2}{\varepsilon }\big]$ , 则当

$n > N$ 时，就有

$|a_n - A| < \varepsilon$ 成立。

再按正过来的顺序叙述出来，即

证明：对

$\forall \varepsilon > 0$ , 令

$N= \big[\frac{a^2}{\varepsilon }\big] + 1$ , 则当

$n > N$ 时，有

$\begin{align} |a_n - A| & = \Big| \frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n} -1 \Big|=\Big| \frac{\sqrt{n^2+a^2}-n}{n} \Big| \\ & = \Big| \frac{a^2}{n(\sqrt{n^2+a^2}+n)} \Big| \\ & \leq \frac{a^2}{n} \\ & < \frac{a^2}{N} \leq \frac{a^2}{a^2 / \varepsilon} = \varepsilon \end{align}$

故

$\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2+a^2}}{n}=1$

注: 对于取整函数有：

$[x] \leq x \leq [x]+1$ .

——————————————————————————————————

再补充：还有不少同学都产生一个错觉：“你这种

$\varepsilon-\delta$

语言证明，好像换一下数也对啊，是不是随便拿数过来都能这样证出来，而和极限本身没什么关系啊。”

答：当然不是。只有当

$\lim_{x \to x_0} f(x) = A_0$ ，即当

$x \to x_0$ 时，

$f(x)$ 是趋于

$A_0$ 的，能这样证出来，因为

$\varepsilon-\delta$ 语言本来就是该极限式的等价描述啊。

这样换数，当然没问题:

$\lim_{x \to x_1} f(x) = A_1$

但是这样换数，肯定就不行了：

$\lim_{x \to x_0} f(x) = A_1 ~~ (\ne A_0)$

肯定证不出来。

以例1的

$\lim_{x \to 3} (2 x -1) = 5$ 为例，把

$x \to 3$ , 极限是

$5$ ，换成

$x \to 2$ 极限是

$3$ ，当然没问题，因为

$\lim_{x \to 2} (2 x -1) = 3$ 成立。但仍然是

$x \to 3$ 想证极限是

$3$ ，或者换成

$x \to 2$ 想证极限是

$5$ ，你试试就知道，都是不可能证出来的。

【再补充：为什么不可能证出来】

比如，证明

$\lim_{x \to 3} (2 x -1) = 3$

对

$\forall \varepsilon > 0$ ，要找到

$\delta > 0$ ，使得当

$0<|x-3| < \delta$ 时，有

$|(2x-1) - 3| = 2| x- 2|<\varepsilon$

成立。

但这是不可能的，只要取

$\delta < 0.5$ ，则当

$0<|x-3| < \delta$ 时，有

$x \in (2.5, 3.5)$ ，从而必有

$2| x- 2| > 2 \cdot 0.5 = 1$

这说明只要

$x$ 足够接近

$3$ （接近程度在

$0.5$ 以内），则函数值到

$3$ 的距离恒大于

$1$ ，故不可能趋于

$3$ .

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