第2章 ε-δ論法 (前編) — 定義と基本例題

難易度: 中級

量化子・極限・連続性・数列の極限の厳密な定義

2 部構成のうち前編。 本章は分量が多いため 2 ファイルに分割している。 本記事 (前編) では量化子・極限・連続性・数列の極限の厳密な定義と基本例題を扱う。 続編は 第2章 ε-δ論法 (後編) — 落とし穴と発展 に進む。

なぜε-δ論法が必要か

「$x$ が $a$ に近づくとき、$f(x)$ は $L$ に近づく」という直感的な極限の説明は曖昧である。

  • 「近づく」とはどれくらい近いのか？
  • 「限りなく」とは具体的に何を意味するのか？

ε-δ論法は、これらの曖昧さを量化子を使って厳密に定義する。

量化子とは

量化子（quantifier）とは、命題に含まれる変数の「範囲」を指定する記号である。数学では主に2種類の量化子を使う。

全称量化子 $\forall$（for all）

「すべての〜について」を意味する。

  • $\forall x \in \mathbb{R}, x^2 \geq 0$：「すべての実数 $x$ について、$x^2 \geq 0$ である」
  • $\forall n \in \mathbb{N}, n + 1 > n$：「すべての自然数 $n$ について、$n + 1 > n$ である」

存在量化子 $\exists$（there exists）

「〜が存在する」を意味する。

  • $\exists x \in \mathbb{R}, x^2 = 2$：「$x^2 = 2$ となる実数 $x$ が存在する」（$x = \pm\sqrt{2}$）
  • $\exists n \in \mathbb{N}, n > 100$：「$100$ より大きい自然数 $n$ が存在する」

量化子の順序が重要

量化子の順序を入れ替えると、意味が変わる。

  • $\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0$：「どんな $\varepsilon$ に対しても、適切な $\delta$ が（$\varepsilon$ に応じて）存在する」
  • $\exists \delta > 0, \forall \varepsilon > 0$：「ある固定された $\delta$ が、すべての $\varepsilon$ に対して通用する」（より強い条件）

ε-δ論法では前者（$\forall \varepsilon, \exists \delta$）の順序を使う。

直感的な定義の落とし穴

「$x \to a$ のとき $f(x) \to L$」という日本語での説明は、曖昧さから誤った結論を導く可能性がある。

問題1：振動関数 $\sin(1/x)$

関数 $f(x) = \sin(1/x)$ は $x \to 0$ のとき、$-1$ と $1$ の間を無限に振動する。

「$x$ が $0$ に近づくと、$f(x)$ の値が変動する」と直感的に言えるが、どの値に「近づく」のか不明確。

ε-δ論法で分析：任意の値 $L$ に対して、$\varepsilon = 0.1$ を選ぶと、どんなに $\delta$ を小さく取っても、$|x| < \delta$ の範囲に $\sin(1/x) > L + 0.1$ となる点が存在する。したがって極限は存在しない。

問題2：分母が 0 に近い関数 $1/x$

関数 $f(x) = 1/x$ は $x \to 0$ のとき、$+\infty$ と $-\infty$ へ分岐する。

直感的には「値が大きくなる」と表現できるが、左からと右からで方向が異なる。

ε-δ論法で分析：$\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x}$ が存在すると仮定して、極限を $L$ とすると、$|1/x - L| < 1$ となる $\delta$ が存在するはずである。しかし左から 0 に近づく場合と右から 0 に近づく場合で $1/x$ の符号が異なるため、矛盾が生じる。

ε-δ論法の利点

定義を式で厳密に与えることで、以下が可能になる：

  • 曖昧性を排除：「近づく」を明確な不等式で定義
  • 反例の構成：極限が存在しないことを論理的に証明
  • 極限値の一意性：複数の値に同時に近づくことはないことを保証
  • 他の概念への拡張：連続性、微分、積分など、より複雑な概念を定義

極限の定義

関数の極限（ε-δ定義）

$\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = L$ とは、次が成り立つことである：

$$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x, (0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \varepsilon)$$

定義の読み方

  1. 任意の $\varepsilon > 0$ に対して：どんなに小さい誤差範囲を要求されても
  2. ある $\delta > 0$ が存在して：適切な「$a$ への近さ」を設定できて
  3. $0 < |x - a| < \delta$ のとき：$x$ が $a$ に十分近ければ（$a$ 自身は除く）
  4. $|f(x) - L| < \varepsilon$ となる：$f(x)$ は $L$ の誤差範囲 $\pm\varepsilon$ 内に入る
x y a L a−δ a+δ L + ε L - ε

青い帯（$L \pm \varepsilon$ の範囲）に収まるように、オレンジの帯（$a \pm \delta$ の範囲）を設定できれば極限が存在

極限が存在しない例

以下のような場合、どのように $\delta$ を小さく取っても $\varepsilon$ の条件を満たせないため、極限は存在しない。

x y a

不連続
左極限 $\neq$ 右極限

x y 0

振動
$\sin(1/x)$ は $x \to 0$ で振動

x y 0

発散
$1/x$ は $x \to 0$ で $\pm\infty$

ε-δ証明の基本例

ε-δ証明のテンプレート
  1. Step 1:宣言「任意の $\varepsilon > 0$ を取る」
  2. Step 2:予備計算$|f(x) - L| < \varepsilon$ を $|x - a|$ の形に変形
  3. Step 3:δの決定$\delta$ を $\varepsilon$ の式で定める
  4. Step 4:検証$0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \varepsilon$ を確認
  5. Step 5:結論「よって極限は $L$ である」

例題1：1次関数の極限

命題：$\displaystyle \lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7$ を証明せよ。

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。$\square$

より複雑な例：2次関数

例題2：2次関数の極限

命題：$\displaystyle \lim_{x \to 3} x^2 = 9$ を証明せよ。

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。

思考プロセス：なぜ $|x+3|$ を抑える？

Step 1：積の形を認識 $|x^2 - 9| = |x+3||x-3|$ では2つの因子がある。

Step 2：どちらを $\delta$ で抑えるか判断 $|x-3|$ は定義上 $\delta$ で自動的に抑えられるが、$|x+3|$ は独立している。

Step 3：$|x+3|$ を定数で抑える 「$|x-3|$ が小さければ、$|x+3|$ も小さくなるはず」という直感から、$\delta$ に上限（例：$\delta \leq 1$）を置く。

Step 4：具体的に計算 $|x-3| < 1$ と仮定して、$|x+3|$ の上限を計算する。

この「仮定」は後で $\delta = \min(1, \varepsilon/7)$ という形で実現される。

$|x - 3| < 1$ 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：

δの決定：なぜ min(1, ε/7) なのか？

条件1：$|x+3| < 7$ を確保 予備計算の仮定 $|x-3| < 1$ を実現するため、$\delta \leq 1$ にする。

条件2：$|x^2 - 9| < \varepsilon$ を実現

  • 予備計算から $|x^2 - 9| < 7|x - 3|$ であることが分かった
  • $|x - 3| < \delta$ のとき、$|x^2 - 9| < 7\delta$
  • この値が $\varepsilon$ より小さくするには、$7\delta < \varepsilon$ つまり $\delta < \varepsilon/7$

両条件を同時に満たす 2つの条件 $\delta \leq 1$ と $\delta \leq \varepsilon/7$ を両立させるには、小さい方を選ぶ：

$\delta = \min\left(1, \dfrac{\varepsilon}{7}\right)$

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。$\square$

連続性の定義

点での連続性（ε-δ定義）

関数 $f$ が点 $a$ で連続であるとは、次が成り立つことである：

$$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x, (|x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| < \varepsilon)$$

極限の定義との違いに注目しよう：

極限の定義
$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x, ($$0 < |x - a| < \delta$$ \Rightarrow |f(x) - $$L$$| < \varepsilon)$
$x = a$ を含まない
↓
$x = a$ を含む
$L$
↓
$f(a)$
連続の定義
$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall x, ($$|x - a| < \delta$$ \Rightarrow |f(x) - $$f(a)$$| < \varepsilon)$
極限：0 < |x-a| < δ a−δ a a+δ x = a を含まない 連続：|x-a| < δ a−δ a a+δ x = a を含む
連続性の証明テンプレート
  1. Step 1:宣言「任意の $\varepsilon > 0$ を取る」
  2. Step 2:予備計算$|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ を $|x - a|$ の形に変形
  3. Step 3:δの決定$\delta$ を $\varepsilon$ の式で定める
  4. Step 4:検証$|x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| < \varepsilon$ を確認
  5. Step 5:結論「よって $f$ は $a$ で連続である」

例題3：連続性の証明

命題：$f(x) = x^2$ は $x = 2$ で連続である。

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。$\square$

数列の極限

数列の極限（ε-N定義）

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = L$ とは、次が成り立つことである：

$$\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \forall n \in \mathbb{N}, (n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon)$$

ε-δとε-Nの対応関係

ε-N定義は本質的にε-δ定義の「定義域を離散化した版」である。以下の表で構造的な対応を見ると理解が深まる：

概念 関数の極限（ε-δ） 数列の極限（ε-N）
対象 関数 $f(x)$（定義域が連続） 数列 $\{a_n\}$（定義域が離散的）
変数 実数 $x$（$a$ に近づく） 自然数 $n$（$\infty$ に向かう）
近さの尺度 $\delta$：$x$ と $a$ の近さを計る値 $N$：$n$ がどの程度進んだかを計る値
誤差範囲 $\varepsilon$：$f(x)$ と $L$ の許容誤差 $\varepsilon$：$a_n$ と $L$ の許容誤差（同じ）
条件 $0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \varepsilon$ $n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon$
量化子の並び $\forall \varepsilon, \exists \delta, \forall x$ $\forall \varepsilon, \exists N, \forall n$

ε-Nがε-δ より簡単な理由

数列の極限は関数の極限より「直感的」に感じられる場合が多い。理由：

  • 1次元から 0次元へ：δは「距離」の概念、Nは「何番目」という単純な順序
  • 連続性を気にしない：数列は飛び飛びの値なので、中間値の存在を考えなくてよい
  • 逆演算が簡単：$n > N$ を満たす $N$ を見つけるのは、$|x-a| < \delta$ を満たす $\delta$ を見つけるより単純
数列の極限の証明テンプレート
  1. Step 1:宣言「任意の $\varepsilon > 0$ を取る」
  2. Step 2:予備計算$|a_n - L| < \varepsilon$ を $n$ の条件に変形
  3. Step 3:Nの決定$N > \dfrac{\text{(定数)}}{\varepsilon}$ となる自然数 $N$ を選ぶ
  4. Step 4:検証$n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon$ を確認
  5. Step 5:結論「よって $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = L$ である」

例題4：数列の極限

命題：$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$ を証明せよ。

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。$\square$

例題5：より複雑な数列

命題：$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n + 1}{n + 3} = 2$ を証明せよ。

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。$\square$