微积分/选择δ

此页面是对微积分/极限的正式定义的补充。

回顾极限的定义

一个数 $L$ 是函数 $f(x)$ 当 $x$ 趋近于 $c$ 的极限，当且仅当对于所有数字 $\epsilon >0$ ，存在一个数 $\delta >0$ 使得

{\Big |}f(x)-L{\Big |}<\epsilon

只要

0<|x-c|<\delta

.

换句话说，给定一个数 $\epsilon$ ，我们必须构造一个数 $\delta$ 使得在假设

0<|x-c|<\delta

的情况下，我们可以证明

{\Big |}f(x)-L{\Big |}<\epsilon

此外，这个证明必须对所有 $\epsilon >0$ 的值都成立。

注意：这个定义不是构造性的——它没有告诉你如何 *找到* 极限 $L$ ，只告诉你如何检查一个特定值是否确实是极限。我们使用极限的非正式定义，类似问题的经验或定理（例如洛必达法则），来确定这个值，然后可以使用正式定义证明这个值的正确性。

示例 1：假设我们想要找到 $f(x)=x+5$ 当 $x$ 趋近于 $c=9$ 的极限。我们知道极限 $L$ 是 9+5=14，并且想要证明这一点。

我们选择 $\delta =\epsilon$ （这将在后面解释）。然后，因为我们假设

|x-9|<\delta

我们可以证明

${\Big \|}(x+5)-14{\Big \|}$	$=\|x-9\|$
	$<\delta$
	$=\epsilon$

这是我们想要证明的结论。

我们通过从试图证明的公式反向推导来选择 δ： ${\Big |}f(x)-L{\Big |}<\epsilon$ 。在本例中，我们希望证明

|x-9|<\epsilon

在

|x-9|<\delta

因此，证明它的最简单方法是选择 $\delta =\epsilon$ 。然而，这个例子过于简单，不足以充分解释如何选择 $\delta$ 。让我们尝试更难的例子。

例 2：证明当 $x$ 趋近于 $2$ 时， $f(x)=x^{2}-9$ 的极限为 $L=-5$ 。

我们想要证明

{\Big |}f(x)-L{\Big |}=|x^{2}-4|<\epsilon

在

|x-2|<\delta

.

我们通过反向推导来选择 $\delta$ 。首先，我们需要使用 $\delta$ 而不是 $x$ 来改写我们想要证明的方程。

${\begin{matrix}|x^{2}-4|&<&\epsilon \\|x-2|\cdot |x+2|&<&\epsilon \\\delta (\delta +4)&=&\epsilon \end{matrix}}$

注意：我们使用了 $|x+2|\leq \delta +4$ 的事实，可以用三角不等式证明。

警告：以上方程组不是一个逻辑步骤序列，也不是任何证明的一部分，而是一种非正式的技术，用于帮助编写证明。我们将选择一个 $\delta$ 的值，使最后一个方程成立，然后利用最后一个方程依次证明它上面的方程（这就是之前所说的“反向工作”）。

注意：在上面的方程中，当 $\delta$ 代替 $x$ 时，符号 $<$ 被替换为 $=$ 。可以这样做（但没有必要），因为我们没有被告知 $|x-2|=\delta$ ，而是 $|x-2|<\delta$ 。当在证明中以反向顺序使用上述方程时，这种论证就变得清晰了。

我们可以使用二次公式解出最后一个方程的 $\delta$

\delta ={\frac {-4+{\sqrt {16-4(-\epsilon )}}}{2}}={\sqrt {4+\epsilon }}-2

注意： $\delta$ 几乎总是以 $\epsilon$ 表示。除非极限是常数函数（例如， $\lim _{x\to 3}5=5$ ），否则 $\delta$ 的常数值（例如， $\delta =0.5$ ）不会起作用。

现在，我们有一个值为 $\delta$ ，我们可以进行证明

在

|x-2|<\delta

${\begin{matrix}{\Big |}f(x)-L{\Big |}&=&|x^{2}-4|\\\ &=&|x-2|\cdot |x+2|\\\ &<&\delta (\delta +4)\\\ &<&{\big (}{\sqrt {4+\epsilon }}-2{\big )}{\big (}{\sqrt {4+\epsilon }}+2{\big )}\\\ &<&{\big (}{\sqrt {4+\epsilon }}{\big )}^{2}-2^{2}\\\ &<&\epsilon \end{matrix}}$

这里有一些选择 $\delta$ 的例子；尝试在阅读解释之前弄清楚它们。

例3：证明当 $x$ 趋近于 $0$ 时， $f(x)={\frac {\sin(x)}{x}}$ 的极限为 $L=1$ 。

解释

例4：证明当 $x$ 趋近于 $0$ 时， $f(x)={\frac {1}{x}}$ 没有极限。

例5：证明 $\lim _{x\to 2}x^{2}=4$

解决方案：为了做到这一点，我们将考虑两种情况： $\epsilon \geq 4$ 和 $\epsilon <4$ 。 $\epsilon \geq 4$ 的情况很简单。首先，令 $\epsilon =4$ 。这意味着我们希望在定义域中选择的数值映射到范围中的 $(0,8)$ 。我们需要一个δ，使得 $(2+\delta )^{2}=8$ ，所以我们选择 $\delta =2{\sqrt {2}}-2$ 。选择的 $\delta$ 定义了定义域中的区间 $(4-2{\sqrt {2}},2{\sqrt {2}})$ 。它被映射到范围中的 $(24-16{\sqrt {2}},8)$ ，它包含在 $(0,8)$ 中。请注意， $\delta$ 不依赖于 $\epsilon$ 。因此，对于 $\epsilon >4$ ，我们将扩大范围中允许映射到的区间，但定义域中的区间保持固定，始终映射到范围中的同一个子区间。因此， $\delta =2{\sqrt {2}}-2$ 适用于任何 $\epsilon \geq 4$ 。

现在假设 $0<\epsilon <4$ 。我们想要一个 $\delta$ ，使得只要 $0<|x-2|<\delta$ ，就有 $0<|x^{2}-4|<\epsilon$ 。所以让我们假设 $0<|x^{2}-4|<\epsilon$ ，并反过来推导出一个合适的 $\delta$ 。

0<|x^{2}-4|<\epsilon

-\epsilon <x^{2}-4<\epsilon

4-\epsilon <x^{2}<4+\epsilon

由于 $0<\epsilon <4$ ，我们有 $4-\epsilon >0$ 。由于以上两个数字都是正数，我们可以对不等式的两端开（正）平方根

{\sqrt {4-\epsilon }}<x<{\sqrt {4+\epsilon }}

{\sqrt {4-\epsilon }}-2<x-2<{\sqrt {4+\epsilon }}-2

上面的等式表示了 $x$ 与 2 之间的距离，无论是负数还是正数，它都可以小于 $\epsilon$ ，并仍然在 4 的 $\epsilon$ 范围内。我们想要选择这两个极值中较小的一个来构建我们的区间。结果证明 ${\Big |}{\sqrt {4+\epsilon }}-2{\Big |}\leq {\Big |}{\sqrt {4-\epsilon }}-2{\Big |}$ ，当 $0<\epsilon <4$ 时，所以选择 $\delta ={\sqrt {4+\epsilon }}-2$ 。作为一项健全性检查，让我们尝试使用 $\epsilon =0.002$ 。