ε-δ による関数の極限と連続性 | ε-論法と基礎解析

1 関数の極限と連続性の定義

定義 1.1 (関数の極限). $D\subseteq\mathbb R$ 、 $f:D\to\mathbb R$ とし、 $a\in\mathbb R$ を $D$ の集積点、 $L\in\mathbb R$ とする。 $f$ の点 $a$ における値 $L$ への極限 (limit of a function) を、次の条件で定める。 $\lim_{x \to a} f(x) = L \iff \forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x\in D,\ \big(0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \varepsilon\big).$

$0 < |x-a|$ と書くのは $x = a$ そのものを除外するためです。極限は「 $a$ に近づく途中」の話であり、 $a$ での値 $f(a)$ とは無関係に定義されます。ε-N の $N$ （ある番号から先）が、ここでは $\delta$ （ $a$ からの近さ）に置き換わっただけであり、論理構造 $\forall\varepsilon\,\exists\delta\,\forall x$ は同じです。

定義 1.2 (連続). $D\subseteq\mathbb R$ 、 $f:D\to\mathbb R$ 、 $a\in D$ とする。 $f$ が点 $a$ で連続 (continuous) であるとは、任意の $\varepsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、すべての $x\in D$ に対して

|x-a|<\delta\Longrightarrow |f(x)-f(a)|<\varepsilon

が成り立つことをいう。 $x=a$ のときは $|f(x)-f(a)|=0$ であるから、この条件は自動的に成り立つ。さらに、 $a$ が $D$ の集積点でもあるとき、 $f$ が $a$ で連続であることは $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$ と同値である。

2 数列による特徴づけ

極限を数列の言葉に翻訳できると、数列で作った道具（極限法則・B-W）がそのまま使えます。

命題 2.1 (点列判定法). $D\subseteq\mathbb R$ 、 $f:D\to\mathbb R$ とし、 $a\in\mathbb R$ を $D$ の集積点、 $L\in\mathbb R$ とする。次の二条件を考える。

$\displaystyle\lim_{x\to a}f(x) = L$ である。
各項が $D\setminus\{a\}$ に属し、 $a$ に収束する任意の数列 $(x_n)$ について $f(x_n) \to L$ である。

(1) $\Leftrightarrow$ (2)が成り立つ。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。 $D\setminus\{a\}$ の点からなり、 $a$ に収束する数列 $(x_n)$ をとる。 $\varepsilon>0$ に対し定義 1.1の $\delta$ をとる。 $x_n \to a$ より、ある $N$ で $n \ge N$ のとき $0 < |x_n - a| < \delta$ となる。各 $x_n$ は $D$ に属するから、 $|f(x_n) - L| < \varepsilon$ である。ゆえに $f(x_n) \to L$ 。

(2) $\Rightarrow$ (1)を示す。 $\lim_{x\to a}f(x) \ne L$ なら、ある $\varepsilon>0$ についてどんな $\delta>0$ にも $0<|x-a|<\delta$ かつ $|f(x)-L|\ge\varepsilon$ となる $x\in D$ がある。各 $n\ge1$ に対して $x_n\in D\setminus\{a\}$ を $0<|x_n-a|<1/n$ かつ $|f(x_n)-L|\ge\varepsilon$ となるようにとる。このとき $x_n \to a$ であるが $f(x_n) \not\to L$ である。対偶より主張を得る。▨

定理 2.2. $D\subseteq\mathbb R$ とし、 $a\in\mathbb R$ は、任意の $\delta>0$ に対して $0<|x-a|<\delta$ を満たす $x\in D$ が存在する点とする。関数 $f,g:D\to\mathbb R$ と $L,M\in\mathbb R$ が

\lim_{x\to a}f(x)=L,\qquad \lim_{x\to a}g(x)=M

を満たすとき、任意の $c\in\mathbb R$ に対して次が成り立つ。

$\displaystyle\lim_{x\to a}(f(x)+g(x))=L+M$ 。
$\displaystyle\lim_{x\to a}(f(x)-g(x))=L-M$ 。
$\displaystyle\lim_{x\to a}cf(x)=cL$ 。
$\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)g(x)=LM$ 。
$M\ne0$ ならば、ある $\rho>0$ が存在し、 $x\in D$ かつ $0<|x-a|<\rho$ ならば $g(x)\ne0$ である。さらに、 $D_g=\{x\in D\mid g(x)\ne0\}$ を定義域とする商について $\displaystyle\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}$ が成り立つ。

証明. $D\setminus\{a\}$ の点からなる $a$ に収束する任意の数列 $(x_n)$ をとる。命題 2.1 (1) $\Rightarrow$ (2)により、 $f(x_n)\to L$ かつ $g(x_n)\to M$ である。したがって、§D1.6 定理 2.1 (1)、§D1.6 定理 2.1 (2)、§D1.6 定理 2.1 (3)、§D1.6 定理 2.1 (4)により、それぞれ

f(x_n)+g(x_n)\to L+M,\qquad f(x_n)-g(x_n)\to L-M,

cf(x_n)\to cL,\qquad f(x_n)g(x_n)\to LM

が成り立つ。数列 $(x_n)$ は任意であったから、 $D$ を定義域として命題 2.1 (2) $\Rightarrow$ (1)を適用し、(1)、(2)、(3)、(4)を得る。

$M\ne0$ とする。 $g(x)\to M$ に対して $\varepsilon=|M|/2$ を用いると、ある $\rho>0$ が存在し、 $x\in D$ かつ $0<|x-a|<\rho$ ならば $|g(x)-M|<|M|/2$ となる。このとき

|g(x)|\ge |M|-|g(x)-M|>|M|/2>0

であるから、 $g(x)\ne0$ である。とくに $a$ は $D_g=\{x\in D\mid g(x)\ne0\}$ の集積点である。

$D_g\setminus\{a\}$ の点からなる $a$ に収束する任意の数列 $(y_n)$ をとる。この数列の各項は $D\setminus\{a\}$ にも属するから、命題 2.1 (1) $\Rightarrow$ (2)により $f(y_n)\to L$ かつ $g(y_n)\to M$ である。§D1.6 定理 2.1 (5)により、尾部 $(f(y_n)/g(y_n))$ は $L/M$ に収束する。数列 $(y_n)$ は任意であったから、 $D_g$ を定義域として命題 2.1 (2) $\Rightarrow$ (1)を適用し、 $D_g$ 上で $f/g$ は $x\to a$ のとき $L/M$ に収束する。これで(5)は示された。▨

定義 2.3. $D\subseteq\mathbb R$ 、 $f:D\to\mathbb R$ 、 $a,L\in\mathbb R$ とする。

任意の $\delta>0$ に対して $a<x<a+\delta$ を満たす $x\in D$ が存在するとする。このとき、任意の $\varepsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、すべての $x\in D$ に対して $a<x<a+\delta$ ならば $|f(x)-L|<\varepsilon$ となることを、 $f$ の $a$ における右側極限 (right-hand limit) が $L$ であるといい、 $\displaystyle\lim_{x\to a+}f(x)=L$ と書く。
任意の $\delta>0$ に対して $a-\delta<x<a$ を満たす $x\in D$ が存在するとする。このとき、任意の $\varepsilon>0$ に対してある $\delta>0$ が存在し、すべての $x\in D$ に対して $a-\delta<x<a$ ならば $|f(x)-L|<\varepsilon$ となることを、 $f$ の $a$ における左側極限 (left-hand limit) が $L$ であるといい、 $\displaystyle\lim_{x\to a-}f(x)=L$ と書く。

命題 2.4. $D\subseteq\mathbb R$ 、 $f:D\to\mathbb R$ 、 $a,L\in\mathbb R$ とする。任意の $\delta>0$ に対して $a<x<a+\delta$ を満たす $x\in D$ と $a-\delta<y<a$ を満たす $y\in D$ がそれぞれ存在すると仮定する。このとき、次の二条件は同値である。

$\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=L$ である。
$\displaystyle\lim_{x\to a-}f(x)=L$ かつ $\displaystyle\lim_{x\to a+}f(x)=L$ である。

証明.(1) $\Rightarrow$ (2)を示す。(1)を仮定し、 $\varepsilon>0$ をとる。二側極限の定義が与える $\delta>0$ に対し、 $a-\delta<x<a$ または $a<x<a+\delta$ を満たす $x\in D$ はいずれも $0<|x-a|<\delta$ を満たす。したがって両方の片側で $|f(x)-L|<\varepsilon$ となり、定義 2.3により(2)が成り立つ。

(2) $\Rightarrow$ (1)を示す。(2)を仮定し、 $\varepsilon>0$ をとる。左側極限と右側極限から、それぞれに対応する正数 $\delta_-$ と $\delta_+$ をとり、 $\delta=\min\{\delta_-,\delta_+\}$ とおく。 $x\in D$ かつ $0<|x-a|<\delta$ ならば、 $x<a$ のとき左側極限から、 $x>a$ のとき右側極限から $|f(x)-L|<\varepsilon$ を得る。ゆえに(1)が成り立つ。▨

定義 2.5. $D\subseteq\mathbb R$ 、 $a\in D$ 、 $f:D\to\mathbb R$ とする。任意の $\delta>0$ に対して $a<x<a+\delta$ を満たす $x\in D$ と $a-\delta<y<a$ を満たす $y\in D$ がそれぞれ存在すると仮定する。

ある $L\in\mathbb R$ に対して $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=L$ かつ $f(a)\ne L$ であるとき、 $f$ は $a$ で除去可能不連続 (removable discontinuity) をもつという。
ある $L_-,L_+\in\mathbb R$ に対して $\displaystyle\lim_{x\to a-}f(x)=L_-$ 、 $\displaystyle\lim_{x\to a+}f(x)=L_+$ 、かつ $L_-\ne L_+$ であるとき、 $f$ は $a$ で跳躍不連続 (jump discontinuity) をもつという。

例 2.6. 関数 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ を

f(x)=\begin{cases}1+x&(x\ne0),\\0&(x=0)\end{cases}

で定める。 $x\ne0$ のとき $|f(x)-1|=|x|$ であるから、 $\lim_{x\to0}f(x)=1$ である。一方で $f(0)=0$ であるため、 $f$ は $0$ で除去可能不連続をもつ。 $f(0)$ だけを $1$ に定め直した関数 $\widetilde f$ はすべての $x\in\mathbb R$ に対して $\widetilde f(x)=1+x$ を満たし、 $0$ で連続になる。

例 2.7. 関数 $h:\mathbb R\to\mathbb R$ を

h(x)=\begin{cases}0&(x\le0),\\1&(x>0)\end{cases}

で定める。このとき $\lim_{x\to0-}h(x)=0$ かつ $\lim_{x\to0+}h(x)=1$ であるから、 $h$ は $0$ で跳躍不連続をもつ。 $h(0)$ の値だけを変更しても、 $0$ を除く左側と右側における値は変化しないため、二つの片側極限は一致しないままである。したがって命題 2.4により二側極限は存在せず、 $h(0)$ だけの再定義によって $0$ で連続にすることはできない。

3 使い方は ε-N と同じ

「 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ を示せ」は、 $\varepsilon$ を与えられたつもりで $\delta$ を構成する問題です。 $|f(x)-L|$ を $|x-a|$ で上から評価し、それが $\varepsilon$ 未満になる $\delta$ を逆算します。 $|f(x)-L|\le(\text{定数})|x-a|$ の形を作ると $\delta$ が一気に見えます。

例 3.1. $\lim_{x\to 2} x^2 = 4$ を示す。 $|x^2 - 4| = |x - 2|\,|x + 2|$ で、 $|x - 2| < 1$ に制限すれば $|x + 2| < 5$ 。よって $\delta = \min\!\left(1, \frac\varepsilon5\right)$ とすれば、 $|x - 2| < \delta$ のとき $|x^2 - 4| < 5\cdot\frac\varepsilon5 = \varepsilon$ 。「まず $\delta \le 1$ で係数 $|x+2|$ を押さえ、残りを $\varepsilon$ で決める」という二段構えが定石である。

連続性は合成でも保たれます。

命題 3.2 (合成の連続性). $D,E\subseteq\mathbb R$ 、 $g:D\to E$ 、 $f:E\to\mathbb R$ 、 $a\in D$ とする。 $g$ が $a$ で連続であり、 $f$ が $g(a)$ で連続ならば、 $f\circ g$ は $a$ で連続である。

例 3.3 (点列判定法で非存在を示す). $f(x) = \sin\frac1x$ は $x \to 0$ で極限をもたない。 $0$ に収束する 2つの列 $x_n = \frac{1}{2\pi n} \to 0$ と $x_n' = \frac{1}{\pi/2 + 2\pi n} \to 0$ をとると、 $f(x_n) = \sin(2\pi n) = 0 \to 0$ だが $f(x_n') = \sin(\pi/2 + 2\pi n) = 1 \to 1$ 。行き先が異なるので、命題 2.1より $\lim_{x\to 0} f(x)$ は存在しない。原点近くで無限に振動する関数の典型例である。

§D1.11ε-δ による関数の極限と連続性

1 関数の極限と連続性の定義

2 数列による特徴づけ

3 使い方は ε-N と同じ

前提記事