第2章極限

2.5 The Precise Definition of a Limit2.5　極限の厳密な定義

Learning Objectives学習目標

Describe the epsilon-delta definition of a limit.
極限のイプシロン・デルタ定義を説明する。
Apply the epsilon-delta definition to find the limit of a function.
イプシロン・デルタ定義を使って、関数の極限を求める。
Describe the epsilon-delta definitions of one-sided limits and infinite limits.
片側極限と無限大の極限の、イプシロン・デルタによる定義を説明する。
Use the epsilon-delta definition to prove the limit laws.
イプシロン・デルタ定義を使って、極限の法則を証明する。

By now you have progressed from the very informal definition of a limit in the introduction of this chapter to the intuitive understanding of a limit. At this point, you should have a very strong intuitive sense of what the limit of a function means and how you can find it. In this section, we convert this intuitive idea of a limit into a formal definition using precise mathematical language. The formal definition of a limit is quite possibly one of the most challenging definitions you will encounter early in your study of calculus; however, it is well worth any effort you make to reconcile it with your intuitive notion of a limit. Understanding this definition is the key that opens the door to a better understanding of calculus.

英語のヒント

この章の最初では極限を大まかに説明したが、ここまでの学習で、関数の極限が何を意味し、どう求められるかを直感的につかめたはずである。この節では、その直感を、正確な数学の言葉による定義に置き換える。極限の厳密な定義は、微積分を学び始める段階で出会う定義の中でも、特に難しいものかもしれない。それでも、自分の直感とこの定義がどう結びつくかを考える価値は十分にある。この定義を理解することが、微積分をさらに深く理解する鍵になる。

Quantifying Closeness「近い」を数量で表す

Before stating the formal definition of a limit, we must introduce a few preliminary ideas. Recall that the distance between two points a and b on a number line is given by

| a - b | .

英語のヒント

極限の厳密な定義を述べる前に、準備となる考え方を確認しよう。数直線上の2点aとbの距離は、

| a - b |

で与えられる。

The statement $| f (x) - L | < ε$ may be interpreted as: The distance between $f (x)$ and L is less than ε.
$| f (x) - L | < ε$ は、「 $f (x)$ とLの距離がεより小さい」と読める。
The statement $0 < | x - a | < δ$ may be interpreted as: $x \neq a$ and the distance between x and a is less than δ.
$0 < | x - a | < δ$ は、「 $x \neq a$ であり、xとaの距離がδより小さい」と読める。

It is also important to look at the following equivalences for absolute value:

絶対値について、次の同値な表現も重要である。

The statement $| f (x) - L | < ε$ is equivalent to the statement $L - ε < f (x) < L + ε .$
$| f (x) - L | < ε$ と $L - ε < f (x) < L + ε$ は同値である。
The statement $0 < | x - a | < δ$ is equivalent to the statement $a - δ < x < a + δ$ and $x \neq a .$
$0 < | x - a | < δ$ は、 $a - δ < x < a + δ$ かつ $x \neq a$ と同値である。

With these clarifications, we can state the formal epsilon-delta definition of the limit.

英語のヒント

これで、イプシロン・デルタを使った極限の厳密な定義を述べる準備ができた。

This definition may seem rather complex from a mathematical point of view, but it becomes easier to understand if we break it down phrase by phrase. The statement itself involves something called a universal quantifier (for every

ε > 0),

an existential quantifier (there exists a

δ > 0),

and, last, a conditional statement (if

0 < | x - a | < δ,

then

| f (x) - L | < ε).

Let’s take a look at Table 2.9, which breaks down the definition and translates each part.

英語のヒント

この定義は複雑に見えるかもしれないが、句ごとに分けると理解しやすい。定義には、全称量化子「任意の

ε > 0

」、存在量化子「ある

δ > 0

が存在する」、そして条件文「

0 < | x - a | < δ

なら

| f (x) - L | < ε

」が含まれる。表2.9では、定義を部分に分けて意味を言い換える。

Translation of the Epsilon-Delta Definition of the Limit極限のイプシロン・デルタ定義を言い換える

Table 2.9表 2.9
Definition 定義	Translation 意味の言い換え
1. For every $ε > 0,$ 1. 任意の $ε > 0$ に対し、	1. For every positive distance ε from L, 1. Lからの距離として、どんな正のεを指定されても、
2. there exists a $δ > 0,$ 2. ある $δ > 0$ が存在して、	2. There is a positive distance $δ$ from a, 2. aからの正の距離 $δ$ を、次を満たすように選べる。
3. such that 3. 次の条件が成り立つ。	3. such that 3. すなわち、
4. if $0 < \| x - a \| < δ,$ then $\| f (x) - L \| < ε .$ 4. $0 < \| x - a \| < δ$ なら、 $\| f (x) - L \| < ε$ 。	4. if x is closer than $δ$ to a and $x \neq a,$ then $f (x)$ is closer than ε to L. 4. xがaから $δ$ 未満の距離にあり、 $x \neq a$ なら、 $f (x)$ はLからε未満の距離にある。

We can get a better handle on this definition by looking at the definition geometrically. Figure 2.39 shows possible values of

δ

for various choices of

ε > 0

for a given function

f (x),

a number a, and a limit L at a. Notice that as we choose smaller values of ε (the distance between the function and the limit), we can always find a

δ

small enough so that if we have chosen an x value within

δ

of a, then the value of

f (x)

is within ε of the limit L.

英語のヒント

図で考えると、この定義をつかみやすくなる。図2.39では、関数

f (x)

、点a、その点での極限Lを固定し、さまざまな

ε > 0

に対して選べる

δ

を示している。関数値と極限の間に許す距離εを小さくしても、

δ

を十分小さく選べば、aから

δ

未満の距離にあるx（ただしx≠a）について、

f (x)

をLからε未満の距離に収められることに注目しよう。

εを順に小さくした3つのグラフが横に並び、それに応じて選べるδを示している。各図の第1象限には、減少しながら上に凸となる曲線がある。曲線上に(a,L)が記され、Lはx=aでの極限である。 y軸のLの上下にεずつ離れたL+ε、L−εを取り、それぞれを通る水平線を引く。左の図から右の図へεを小さくしても、aの左右でδを十分小さく選べば、aからδ未満の距離にあるxに対するf(x)を、Lからε未満の距離に収められる。 — Figure 2.39図 2.39
These graphs show possible values of $δ$ , given successively smaller choices of ε.
εを順に小さくしても、それぞれに対応する $δ$ を選べることを示す。

Example 2.39 shows how you can use this definition to prove a statement about the limit of a specific function at a specified value.

例題2.39では、この定義を使い、特定の関数が指定された点で持つ極限を証明する方法を示す。

Example 2.39例題 2.39

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function具体的な関数の極限を証明する

Prove that

lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .

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

を証明せよ。

Solution解き方

Let

ε > 0 .

ε > 0

を任意にとる。

The first part of the definition begins “For every

ε > 0 .”

This means we must prove that whatever follows is true no matter what positive value of ε is chosen. By stating “Let

ε > 0,”

we signal our intent to do so.

英語のヒント

定義は「任意の

ε > 0

に対し」から始まる。これは、どんな正のεを選んでも、その後の主張が成り立つことを証明しなければならないという意味である。「

ε > 0

を任意にとる」と書いて、その方針を示す。

Choose

δ = \frac{ε}{2} .

δ = \frac{ε}{2}

と選ぶ。

The definition continues with “there exists a

δ > 0 .

” The phrase “there exists” in a mathematical statement is always a signal for a scavenger hunt. In other words, we must go and find

δ .

So, where exactly did

δ = ε / 2

come from? There are two basic approaches to tracking down

δ .

One method is purely algebraic and the other is geometric.

英語のヒント

定義は「ある

δ > 0

が存在する」と続く。数学で「存在する」という言葉を見たら、その具体例を探すことが課題になる。ここでは

δ

を見つけなければならない。では、

δ = ε / 2

という選び方は、どこから出てきたのだろうか。

δ

を探す基本的な方法は2つあり、1つは式による方法、もう1つは図による方法である。

We begin by tackling the problem from an algebraic point of view. Since ultimately we want

| (2 x + 1) - 3 | < ε,

we begin by manipulating this expression:

| (2 x + 1) - 3 | < ε

is equivalent to

| 2 x - 2 | < ε,

which in turn is equivalent to

| 2 | | x - 1 | < ε .

Last, this is equivalent to

| x - 1 | < ε / 2 .

Thus, it would seem that

δ = ε / 2

is appropriate.

英語のヒント

まず式で考える。最終的に示したいのは

| (2 x + 1) - 3 | < ε

なので、これを変形する。

| (2 x + 1) - 3 | < ε

は

| 2 x - 2 | < ε

と同値であり、さらに

| 2 | | x - 1 | < ε

と同値である。最後に、

| x - 1 | < ε / 2

と同値になる。したがって、

δ = ε / 2

と選べばよさそうだ。

We may also find

δ

through geometric methods. Figure 2.40 demonstrates how this is done.

δ

は、図から見つけることもできる。図2.40で、その方法を示す。

δを図から求める方法。赤い直線y=2x+1をx=0から2付近まで描き、緑の水平線y=3は(1,3)で交わる。青い水平線y=3+εとy=3−εも描き、図では上側の青線が高さ5と6の間、下側が0と1の間に描かれている。それぞれと赤い直線との交点から、ピンクの鉛直線をx軸へ下ろす。下側の交点では3−ε=2x+1なのでx=1−ε/2、上側では3+ε=2x+1なのでx=1+ε/2となる。δには、1からこれら2つのx座標までの距離の小さいほうを選ぶ。つまり、δ=min{1+ε/2−1, 1−(1−ε/2)}=min{ε/2, ε/2}=ε/2である。 — Figure 2.40図 2.40
This graph shows how we find $δ$ geometrically.
図から $δ$ を選ぶ方法。

Assume

0 < | x - 1 | < δ .

When

δ

has been chosen, our goal is to show that if

0 < | x - 1 | < δ,

then

| (2 x + 1) - 3 | < ε .

To prove any statement of the form “If this, then that,” we begin by assuming “this” and trying to get “that.”

0 < | x - 1 | < δ

と仮定する。

δ

を選んだ後の目標は、

0 < | x - 1 | < δ

なら

| (2 x + 1) - 3 | < ε

となることを示すことである。「AならB」を証明するには、まずAを仮定し、そこからBを導く。

Thus,

したがって、

\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | & property of absolute value \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | & | 2 | = 2 \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ & here’s where we use the assumption that 0 < | x - 1 | < δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} = ε & here’s where we use our choice of δ = ε / 2 \end{matrix}

\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | & 絶対値の性質 \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | & | 2 | = 2 \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ & ここで用いる仮定： 0 < | x - 1 | < δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} = ε & ここで選んだ値を用いる： δ = ε / 2 \end{matrix}

Analysis考察

In this part of the proof, we started with

| (2 x + 1) - 3 |

and used our assumption

0 < | x - 1 | < δ

in a key part of the chain of inequalities to get

| (2 x + 1) - 3 |

to be less than ε. We could just as easily have manipulated the assumed inequality

0 < | x - 1 | < δ

to arrive at

| (2 x + 1) - 3 | < ε

as follows:

ここでは

| (2 x + 1) - 3 |

から出発し、不等式をつなぐ途中の重要な箇所で仮定

0 < | x - 1 | < δ

を使って、

| (2 x + 1) - 3 |

がεより小さくなることを示した。同じくらい自然な別の書き方として、仮定した不等式

0 < | x - 1 | < δ

を変形して

| (2 x + 1) - 3 | < ε

へ進むこともできる。たとえば、次のように書く。

\begin{array}{l} 0 < | x - 1 | < δ & \Rightarrow | x - 1 | < δ \\ \Rightarrow - δ < x - 1 < δ \\ \Rightarrow - \frac{ε}{2} < x - 1 < \frac{ε}{2} \\ \Rightarrow - ε < 2 x - 2 < ε \\ \Rightarrow | 2 x - 2 | < ε \\ \Rightarrow | (2 x + 1) - 3 | < ε . \end{array}

\begin{array}{l} 0 < | x - 1 | < δ & \Rightarrow | x - 1 | < δ \\ \Rightarrow - δ < x - 1 < δ \\ \Rightarrow - \frac{ε}{2} < x - 1 < \frac{ε}{2} \\ \Rightarrow - ε < 2 x - 2 < ε \\ \Rightarrow | 2 x - 2 | < ε \\ \Rightarrow | (2 x + 1) - 3 | < ε . \end{array}

Therefore,

lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .

(Having completed the proof, we state what we have accomplished.)

したがって、

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

である。証明が終わったので、示せた結論を述べる。

After removing all the remarks, here is a final version of the proof:

途中の説明を除くと、証明は次のようにまとまる。

Let

ε > 0 .

ε > 0

を任意にとる。

Choose

δ = ε / 2 .

δ = ε / 2

と選ぶ。

Assume

0 < | x - 1 | < δ .

0 < | x - 1 | < δ

と仮定する。

Thus,

したがって、

\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} \\ = ε . \end{matrix}

\begin{matrix} | (2 x + 1) - 3 | & = | 2 x - 2 | \\ = | 2 (x - 1) | \\ = | 2 | | x - 1 | \\ = 2 | x - 1 | \\ < 2 \cdot δ \\ = 2 \cdot \frac{ε}{2} \\ = ε . \end{matrix}

Therefore,

lim_{x \to 1} (2 x + 1) = 3 .

したがって、

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

である。

The following Problem-Solving Strategy summarizes the type of proof we worked out in Example 2.39.

例題2.39で使った証明の方法を、次の手順にまとめる。

Proving That $lim_{x \to a} f (x) = L$ for a Specific Function $f (x)$ 具体的な関数 $f (x)$ について $lim_{x \to a} f (x) = L$ を証明する

Let’s begin the proof with the following statement: Let $ε > 0 .$
証明を「 $ε > 0$ を任意にとる」から始める。
Next, we need to obtain a value for $δ .$ After we have obtained this value, we make the following statement, filling in the blank with our choice of $δ$ : Choose $δ =_______.$
次に $δ$ の値を選ぶ。選び方が決まったら、その $δ$ を空欄に入れ、「 $δ =_______.$ と選ぶ」と書く。
The next statement in the proof should be (at this point, we fill in our given value for a):
Assume $0 < | x - a | < δ .$
次に「 $0 < | x - a | < δ$ と仮定する」と書く。aには、問題で与えられた値を入れる。
Next, based on this assumption, we need to show that $| f (x) - L | < ε,$ where $f (x)$ and L are our function $f (x)$ and our limit L. At some point, we need to use $0 < | x - a | < δ .$
この仮定に基づき、 $| f (x) - L | < ε$ を示す。ここで $f (x)$ には問題の関数 $f (x)$ を、Lには求める極限値を入れる。途中のどこかで、 $0 < | x - a | < δ$ という仮定を使う必要がある。
We conclude our proof with the statement: Therefore, $lim_{x \to a} f (x) = L .$
最後に「したがって、 $lim_{x \to a} f (x) = L$ である」と結論を書く。

Example 2.40例題 2.40

Proving a Statement about a Limit極限に関する主張を証明する

Complete the proof that

lim_{x \to −1} (4 x + 1) = −3

by filling in the blanks.

空欄を埋めて、

lim_{x \to −1} (4 x + 1) = −3

の証明を完成させよ。

Let _____.

_____を任意にとる。

Choose

δ =_______.

δ =_______.

と選ぶ。

Assume

0 < | x -_______| < δ .

0 < | x -_______| < δ

と仮定する。

Thus,

|________-________| =_____________________________________ε .

すると、

|________-________| =_____________________________________ε

。

Solution解き方

We begin by filling in the blanks where the choices are specified by the definition. Thus, we have

まず、定義だけで埋められる空欄を埋めよう。すると、次のようになる。

Let

ε > 0 .

ε > 0

を任意にとる。

Choose

δ =_______.

δ =_______.

と選ぶ。

Assume

0 < | x - (−1) | < δ .

(or equivalently,

0 < | x + 1 | < δ .)

0 < | x - (−1) | < δ

、同じことだが

0 < | x + 1 | < δ

と仮定する。

Thus,

| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ_______ε .

すると、

| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ_______ε

。

Focusing on the final line of the proof, we see that we should choose

δ = \frac{ε}{4} .

最後の不等式を見ると、

δ = \frac{ε}{4}

と選べばよいことがわかる。

We now complete the final write-up of the proof:

完成した証明は、次のとおりである。

Let

ε > 0 .

ε > 0

を任意にとる。

Choose

δ = \frac{ε}{4} .

δ = \frac{ε}{4}

と選ぶ。

Assume

0 < | x - (−1) | < δ

(or equivalently,

0 < | x + 1 | < δ .)

0 < | x - (−1) | < δ

、同じことだが

0 < | x + 1 | < δ

と仮定する。

Thus,

| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ = 4 (ε / 4) = ε .

すると、

| (4 x + 1) - (−3) | = | 4 x + 4 | = | 4 | | x + 1 | < 4 δ = 4 (ε / 4) = ε

。

Checkpoint 2.27確認問題 2.27

Complete the proof that

lim_{x \to 2} (3 x - 2) = 4

by filling in the blanks.

空欄を埋めて、

lim_{x \to 2} (3 x - 2) = 4

の証明を完成させよ。

Let _______.

_______を任意にとる。

Choose

δ =_______.

δ =_______

と選ぶ。

Assume

0 < | x -____| <____.

0 < | x -____| <____

と仮定する。

Thus,

したがって、

|_______-____| =______________________________ε .

|_______-____| =______________________________ε

Therefore,

lim_{x \to 2} (3 x - 2) = 4 .

したがって、

lim_{x \to 2} (3 x - 2) = 4

である。

Solution解き方

Let

ε > 0;

choose

δ = \frac{ε}{3};

assume

0 < | x - 2 | < δ .

ε > 0

を任意にとり、

δ = \frac{ε}{3}

と選ぶ。

0 < | x - 2 | < δ

と仮定する。

Thus,

| (3 x - 2) - 4 | = | 3 x - 6 | = | 3 | \cdot | x - 2 | < 3 \cdot δ = 3 \cdot (ε / 3) = ε .

すると、

| (3 x - 2) - 4 | = | 3 x - 6 | = | 3 | \cdot | x - 2 | < 3 \cdot δ = 3 \cdot (ε / 3) = ε

。

Therefore,

lim_{x \to 2} 3 x - 2 = 4 .

したがって、

lim_{x \to 2} 3 x - 2 = 4

である。

In Example 2.39 and Example 2.40, the proofs were fairly straightforward, since the functions with which we were working were linear. In Example 2.41, we see how to modify the proof to accommodate a nonlinear function.

英語のヒント

例題2.39と例題2.40では、扱う関数が1次関数だったため、証明は比較的単純だった。例題2.41では、1次関数でない場合に、証明をどう工夫するかを見る。

Example 2.41例題 2.41

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Geometric Approach)具体的な関数の極限を証明する（図を使う方法）

Prove that

lim_{x \to 2} x^{2} = 4.

lim_{x \to 2} x^{2} = 4.

を証明せよ。

Solution解き方

Let $ε > 0 .$ The first part of the definition begins “For every $ε > 0,”$ so we must prove that whatever follows is true no matter what positive value of ε is chosen. By stating “Let $ε > 0,”$ we signal our intent to do so.
$ε > 0$ を任意にとる。定義は「任意の $ε > 0$ に対し」で始まるので、どんな正のεを選んでも、その後の主張が成り立つことを示す必要がある。「 $ε > 0$ を任意にとる」と書くことで、その方針を示す。
Without loss of generality, assume $ε \leq 4 .$ Two questions present themselves: Why do we want $ε \leq 4$ and why is it okay to make this assumption? In answer to the first question: Later on, in the process of solving for $δ,$ we will discover that $δ$ involves the quantity $\sqrt{4 - ε} .$ Consequently, we need $ε \leq 4 .$ In answer to the second question: If we can find $δ > 0$ that “works” for $ε \leq 4,$ then it will “work” for any $ε > 4$ as well. Keep in mind that, although it is always okay to put an upper bound on ε, it is never okay to put a lower bound (other than zero) on ε.
英語のヒント
一般性を失わずに、 $ε \leq 4$ と仮定してよい。ここで、なぜ $ε \leq 4$ としたいのか、なぜそう仮定してよいのかという2つの問いが生まれる。第1の理由は、後で $δ$ を求めるとき、 $δ$ に $\sqrt{4 - ε}$ が現れるからである。この平方根を実数として扱うため、 $ε \leq 4$ が必要になる。第2の理由は、 $ε \leq 4$ に対して使える $δ > 0$ が見つかれば、それより緩い条件である $ε > 4$ にも対応できるからである。εに上限を設けて証明することはできるが、0以外の正の下限を設けることはできない。どれほど小さい正のεにも対応する必要がある。
Choose $δ = min {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2} .$ Figure 2.41 shows how we made this choice of $δ .$
$δ = min {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2}$ と選ぶ。図2.41に、この $δ$ の選び方を示す。

OpenStax, Rice University; Calculus Volume 1. · CC BY-NC-SA 4.0

Figure 2.41図 2.41
This graph shows how we find δ geometrically for a given ε for the proof in Example 2.41.
例題2.41で、指定されたεに対するδを図から選ぶ方法。
We must show: If $0 < | x - 2 | < δ,$ then $| x^{2} - 4 | < ε,$ so we must begin by assuming
示したいのは、 $0 < | x - 2 | < δ$ なら $| x^{2} - 4 | < ε$ ということである。そこで、まず次を仮定する。

$0 < | x - 2 | < δ .$
$0 < | x - 2 | < δ$

We don’t really need $0 < | x - 2 |$ (in other words, $x \neq 2)$ for this proof. Since $0 < | x - 2 | < δ \Rightarrow | x - 2 | < δ,$ it is okay to drop $0 < | x - 2 | .$
この証明では、 $0 < | x - 2 |$ 、つまり $x \neq 2$ という条件自体は必要ない。 $0 < | x - 2 | < δ \Rightarrow | x - 2 | < δ$ が成り立つので、 $0 < | x - 2 |$ を外して考えてよい。

$| x - 2 | < δ .$
$| x - 2 | < δ$

Hence,
したがって、

$- δ < x - 2 < δ .$
$- δ < x - 2 < δ$

Recall that $δ = min {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2} .$ Thus, $δ \leq 2 - \sqrt{4 - ε}$ and consequently $- (2 - \sqrt{4 - ε}) \leq - δ .$ We also use $δ \leq \sqrt{4 + ε} - 2$ here. We might ask at this point: Why did we substitute $2 - \sqrt{4 - ε}$ for $δ$ on the left-hand side of the inequality and $\sqrt{4 + ε} - 2$ on the right-hand side of the inequality? If we look at Figure 2.41, we see that $2 - \sqrt{4 - ε}$ corresponds to the distance on the left of 2 on the x-axis and $\sqrt{4 + ε} - 2$ corresponds to the distance on the right. Thus,
$δ = min {2 - \sqrt{4 - ε}, \sqrt{4 + ε} - 2}$ と選んだことを思い出そう。したがって、 $δ \leq 2 - \sqrt{4 - ε}$ であり、符号を反転すると $- (2 - \sqrt{4 - ε}) \leq - δ$ となる。また、 $δ \leq \sqrt{4 + ε} - 2$ も使う。なぜ不等式の左側では $δ$ を $2 - \sqrt{4 - ε}$ に、右側では $\sqrt{4 + ε} - 2$ に置き換えるのだろうか。図2.41を見ると、 $2 - \sqrt{4 - ε}$ はx軸上で2の左側の距離、 $\sqrt{4 + ε} - 2$ は右側の距離に対応する。したがって、

$- (2 - \sqrt{4 - ε}) \leq - δ < x - 2 < δ \leq \sqrt{4 + ε} - 2 .$
$- (2 - \sqrt{4 - ε}) \leq - δ < x - 2 < δ \leq \sqrt{4 + ε} - 2$

We simplify the expression on the left:
左側の式を整理する。

$−2 + \sqrt{4 - ε} < x - 2 < \sqrt{4 + ε} - 2 .$
$−2 + \sqrt{4 - ε} < x - 2 < \sqrt{4 + ε} - 2$

Then, we add 2 to all parts of the inequality:
不等式の各辺に2を足す。

$\sqrt{4 - ε} < x < \sqrt{4 + ε} .$
$\sqrt{4 - ε} < x < \sqrt{4 + ε}$

We square all parts of the inequality. It is okay to do so, since all parts of the inequality are positive:
不等式の各辺を2乗する。各辺は非負なので、不等号の向きを保って2乗できる。

$4 - ε < x^{2} < 4 + ε .$
$4 - ε < x^{2} < 4 + ε$

We subtract 4 from all parts of the inequality:
不等式の各辺から4を引く。

$- ε < x^{2} - 4 < ε .$
$- ε < x^{2} - 4 < ε$

Last,
最後に、

$| x^{2} - 4 | < ε .$
$| x^{2} - 4 | < ε$
Therefore,
したがって、

$lim_{x \to 2} x^{2} = 4 .$
$lim_{x \to 2} x^{2} = 4$

The geometric approach to proving that the limit of a function takes on a specific value works quite well for some functions. Also, the insight into the formal definition of the limit that this method provides is invaluable. However, we may also approach limit proofs from a purely algebraic point of view. In many cases, an algebraic approach may not only provide us with additional insight into the definition, it may prove to be simpler as well. Furthermore, an algebraic approach is the primary tool used in proofs of statements about limits. For Example 2.42, we take on a purely algebraic approach.

英語のヒント

関数の極限が指定された値になることを証明する際、図を使う方法は、ある種の関数でとてもうまく働く。極限の厳密な定義を理解するうえでも、この方法は貴重な手がかりとなる。極限の証明は、式だけで進めることもできる。多くの場合、式による方法は定義の理解を深めるだけでなく、図を使うより簡単なこともある。さらに、極限に関する一般的な主張の証明では、式による方法が中心的な道具になる。例題2.42では、この方法を使う。

Example 2.42例題 2.42

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Algebraic Approach)具体的な関数の極限を証明する（式を使う方法）

Prove that

lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6 .

lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6

を証明せよ。

Solution解き方

Let’s use our outline from the Problem-Solving Strategy:

先ほどの証明の手順に沿って進めよう。

Let $ε > 0 .$
$ε > 0$ を任意にとる。
Choose $δ = min {1, ε / 5} .$ This choice of $δ$ may appear odd at first glance, but it was obtained by taking a look at our ultimate desired inequality: $| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | < ε .$ This inequality is equivalent to $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < ε .$ At this point, the temptation simply to choose $δ = \frac{ε}{| x - 3 |}$ is very strong. Unfortunately, our choice of $δ$ must depend on ε only and no other variable. If we can replace $| x - 3 |$ by a numerical value, our problem can be resolved. This is the place where assuming $δ \leq 1$ comes into play. The choice of $δ \leq 1$ here is arbitrary. We could have just as easily used any other positive number. In some proofs, greater care in this choice may be necessary. Now, since $δ \leq 1$ and $| x + 1 | < δ \leq 1,$ we are able to show that $| x - 3 | < 5 .$ Consequently, $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < | x + 1 | \cdot 5 .$ At this point we realize that we also need $δ \leq ε / 5 .$ Thus, we choose $δ = min {1, ε / 5} .$
英語のヒント
$δ = min {1, ε / 5}$ と選ぶ。この $δ$ の選び方は一見奇妙だが、最後に示したい不等式 $| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | < ε$ から考えている。この不等式は $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < ε$ と同値である。ここで $δ = \frac{ε}{| x - 3 |}$ と選びたくなるかもしれない。しかし、 $δ$ はεだけに依存するように選び、変動するxには依存させてはいけない。そこで、 $| x - 3 |$ を一定の数で上から押さえられれば解決できる。このために $δ \leq 1$ という制限を使う。ここで $δ \leq 1$ としたのは任意の選択で、別の正の上限でもよい。ただし、証明によっては上限を慎重に選ぶ必要がある。 $δ \leq 1$ かつ $| x + 1 | < δ \leq 1$ から $| x - 3 | < 5$ が示せるので、 $| x + 1 | \cdot | x - 3 | < | x + 1 | \cdot 5$ となる。さらに $δ \leq ε / 5$ も必要である。この2条件を満たすように、 $δ = min {1, ε / 5}$ と選ぶ。
Assume $0 < | x + 1 | < δ .$ Thus,
$0 < | x + 1 | < δ$ と仮定する。すると、

$| x + 1 | < 1 and | x + 1 | < \frac{ε}{5} .$
$| x + 1 | < 1 および | x + 1 | < \frac{ε}{5}$

Since $| x + 1 | < 1,$ we may conclude that $−1 < x + 1 < 1 .$ Thus, by subtracting 4 from all parts of the inequality, we obtain $−5 < x - 3 < − 3 .$ Consequently, $| x - 3 | < 5 .$ This gives us
$| x + 1 | < 1$ なので、 $−1 < x + 1 < 1$ である。各辺から4を引くと $−5 < x - 3 < − 3$ となり、したがって $| x - 3 | < 5$ がわかる。これより、

$| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | = | x + 1 | \cdot | x - 3 | < \frac{ε}{5} \cdot 5 = ε .$
$| (x^{2} - 2 x + 3) - 6 | = | x + 1 | \cdot | x - 3 | < \frac{ε}{5} \cdot 5 = ε$

Therefore,
したがって、

$lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6 .$
$lim_{x \to −1} (x^{2} - 2 x + 3) = 6$

You will find that, in general, the more complex a function, the more likely it is that the algebraic approach is the easiest to apply. The algebraic approach is also more useful in proving statements about limits.

英語のヒント

一般に、関数が複雑になるほど、式を使う方法のほうが適用しやすいことが多い。また、極限に関する一般的な主張を証明するときにも、この方法が役立つ。

第2章極限

2.5 The Precise Definition of a Limit2.5 極限の厳密な定義

Learning Objectives学習目標

Quantifying Closeness「近い」を数量で表す

Translation of the Epsilon-Delta Definition of the Limit極限のイプシロン・デルタ定義を言い換える

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function具体的な関数の極限を証明する

Proving a Statement about a Limit極限に関する主張を証明する

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Geometric Approach)具体的な関数の極限を証明する（図を使う方法）

Proving a Statement about the Limit of a Specific Function (Algebraic Approach)具体的な関数の極限を証明する（式を使う方法）

2.5 The Precise Definition of a Limit2.5　極限の厳密な定義