第2章 ε-δ論法

証明

Step 1：任意の $\varepsilon > 0$ を取る。

Step 2：$\delta$ を決める。$|f(x) - L| < \varepsilon$ となる条件を逆算する。

\begin{align} |f(x) - L| &= |(3x + 1) - 7| \\ &= |3x - 6| \\ &= 3|x - 2| \\ &< \varepsilon \end{align}

これは $|x - 2| < \dfrac{\varepsilon}{3}$ と同値。

Step 3：そこで $\delta = \dfrac{\varepsilon}{3}$ と定める。

Step 4：検証する。$0 < |x - 2| < \delta = \dfrac{\varepsilon}{3}$ のとき

\begin{align} |(3x + 1) - 7| &= |3x - 6| \\ &= 3|x - 2| \\ &< 3 \cdot \dfrac{\varepsilon}{3} \\ &= \varepsilon \end{align}

Step 5：よって、任意の $\varepsilon > 0$ に対して $\delta = \dfrac{\varepsilon}{3}$ と取れば条件を満たす。

したがって $\displaystyle \lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7$ である。$\square$

証明

予備計算（まず $|x^2 - 9|$ を評価する）

\begin{align} |x^2 - 9| &= |x + 3||x - 3| \end{align}

$|x - 3|$ は $\delta$ で抑えられるが、$|x + 3|$ の評価が必要。

$|x - 3| < 1$ と仮定すると（後で $\delta \leq 1$ と取る）

\begin{align} |x - 3| &< 1 \\ -1 < x - 3 &< 1 \\ 2 < x &< 4 \\ 5 < x + 3 &< 7 \\ |x + 3| &< 7 \end{align}

よって $|x^2 - 9| = |x + 3||x - 3| < 7|x - 3|$

本証明

Step 1：任意の $\varepsilon > 0$ を取る。

Step 2：$\delta$ を決める。予備計算から $|x^2 - 9| < 7|x - 3|$ が分かっているので、次の2つの条件を組み合わせた $\delta$ を選ぶ：

Step 3：$0 < |x - 3| < \delta$ のとき、上記の info ボックスで説明した2つの条件が同時に満たされる：

• $\delta \leq 1$ より $|x - 3| < 1$ なので、予備計算から $|x + 3| < 7$
• $\delta \leq \dfrac{\varepsilon}{7}$ より $|x - 3| < \dfrac{\varepsilon}{7}$

Step 4：したがって

\begin{align} |x^2 - 9| &= |x + 3||x - 3| \\ &< 7 \cdot \dfrac{\varepsilon}{7} \\ &= \varepsilon \end{align}

よって $\displaystyle \lim_{x \to 3} x^2 = 9$ である。$\square$

証明

Step 1：任意の $\varepsilon > 0$ を取る。

Step 2：$\delta = \min\left(1, \dfrac{\varepsilon}{5}\right)$ と定める。

Step 3：$|x - 2| < \delta$ とする。

$\delta \leq 1$ より $|x - 2| < 1$、すなわち $1 < x < 3$

したがって $3 < x + 2 < 5$、つまり $|x + 2| < 5$

Step 4：

\begin{align} |f(x) - f(2)| &= |x^2 - 4| \\ &= |x + 2||x - 2| \\ &< 5 \cdot \dfrac{\varepsilon}{5} \\ &= \varepsilon \end{align}

Step 5：よって $f(x) = x^2$ は $x = 2$ で連続である。$\square$

証明

Step 1：任意の $\varepsilon > 0$ を取る。

Step 2：アルキメデスの性質より、$N > \dfrac{1}{\varepsilon}$ となる自然数 $N$ が存在する。

Step 3：$n > N$ とすると

\begin{align} n &> N > \dfrac{1}{\varepsilon} \\ \dfrac{1}{n} &< \dfrac{1}{N} < \varepsilon \end{align}

Step 4：$\dfrac{1}{n} > 0$ なので

\begin{align} \left|\dfrac{1}{n} - 0\right| = \dfrac{1}{n} < \varepsilon \end{align}

Step 5：よって $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$ である。$\square$

証明

予備計算

\begin{align} \left|\dfrac{2n + 1}{n + 3} - 2\right| &= \left|\dfrac{2n + 1 - 2(n + 3)}{n + 3}\right| \\ &= \left|\dfrac{2n + 1 - 2n - 6}{n + 3}\right| \\ &= \left|\dfrac{-5}{n + 3}\right| \\ &= \dfrac{5}{n + 3} \end{align}

$n \geq 1$ のとき $n + 3 > n$ なので $\dfrac{5}{n + 3} < \dfrac{5}{n}$

本証明

Step 1：任意の $\varepsilon > 0$ を取る。

Step 2：$N > \dfrac{5}{\varepsilon}$ となる自然数 $N$ を選ぶ。

Step 3：$n > N$ とすると

\begin{align} \left|\dfrac{2n + 1}{n + 3} - 2\right| &= \dfrac{5}{n + 3} \\ &< \dfrac{5}{n} \\ &< \dfrac{5}{N} \\ &< \dfrac{5}{\dfrac{5}{\varepsilon}} \\ &= \varepsilon \end{align}

Step 4：よって $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n + 1}{n + 3} = 2$ である。$\square$

証明（背理法）

Step 1：$\displaystyle \lim_{x \to 0} \sin(1/x) = L$ が存在すると仮定する。

Step 2：$\varepsilon_0 = \dfrac{1}{2}$ と選ぶ。

Step 3：ε-δ定義により、この $\varepsilon_0$ に対して、ある $\delta > 0$ が存在して、$0 < |x| < \delta$ ならば $|\sin(1/x) - L| < \dfrac{1}{2}$ となるはずである。

Step 4（反例の構成）：

$0 < |x| < \delta$ の範囲に、$\sin(1/x) = 1$ となる点と $\sin(1/x) = -1$ となる点が両方存在する。

• $1/x = \pi/2 + 2\pi k$ （$k$ は整数）のとき、$\sin(1/x) = 1$
• $1/x = -\pi/2 + 2\pi k$ （$k$ は整数）のとき、$\sin(1/x) = -1$

Step 5（矛盾の導出）：

• $\sin(1/x) = 1$ の点では $|\sin(1/x) - L| = |1 - L|$
• $\sin(1/x) = -1$ の点では $|\sin(1/x) - L| = |-1 - L|$

この2つの値が同時に $\dfrac{1}{2}$ より小さくなることはできない。

例えば、もし $|1 - L| < \dfrac{1}{2}$ なら $\dfrac{1}{2} < L < \dfrac{3}{2}$。

すると $|-1 - L| > |{-1 - \dfrac{3}{2}}| = \dfrac{5}{2} > \dfrac{1}{2}$ となり矛盾。

Step 6：したがって仮定は間違っており、$\displaystyle \lim_{x \to 0} \sin(1/x)$ は存在しない。$\square$