関数の連続性
イプシロン・デルタ論法

 関数の収束性や連続性を証明する方法がイプシロン・デルタ論法です。
一般に関数f(x) が点 \(a\) で連続とは、「点 \(a\) で f(x) のグラフがつながっている」ことをいう。
しかし数学的に連続とは関数が点\(a\)で収束して極限値が存在すること、それを証明するのが\( ε-δ\) 論法です。
以下にグラフを示ので、イメージを直感して下さい。 （図の下に解説を付加している。）

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  関数の連続・不連続-イメージ図  
 Fig1,2 は\( f(x)\) は目標値\(f(a)\)から\(ε\) 離れた位置内に収まっているイメージ。

ε は任意、それに対応する δ を \(\underline{ |x-5|<δ }\) として、\( ε-δ\)論法にあてはめて次のように証明する。

\(|x-a|<δ\)として
\(\mathbf{|x-5|<δ}\) \(\ (1)\)　(x と δ の関係式)

\(\mathbf{|f(x)-f(a)|< ε}\):として
\(\mathbf{|(2x-5)-5|< ε }\)　\(\ (2)\)　(δ を求める)

\(\mathbf{2|x-5| <ε}\) \(\ (2)'\)

式(1)の\(|x-5|<δ\) から (2)' は：
\(2|x-5| <ε \rightarrow \underline{2δ <ε}\) となる。

この式は、どんなに小さな \(ε\) がきても　\(δ\) が応えられることを意味する。

これより次のことがいえる
\(2|x-5|<ε\) となるよう \(|x-5|<δ\) となる δ が存在する。
\(\therefore |x-5|<δ \ \Rightarrow \ |(2x-5)-5|<ε \ \)が証明できた。　

表現を変えて：
\( \quad 5-δ <x < 5+δ\ \Rightarrow\ |(2x-5)-5|<ε \)
【確認】
求めた\(δ\)において
\( |f(x)-f(a)|\)が\(ε\)未満になることを確かめる。
 \(δ <\frac{ε}{2} \)より小さい、 \(δ=\frac{ε}{3}\) とする。

\( |f(x\pm δ)-f(a)|\)
\(\ = |(2(x\pm\frac{ε}{3})-5) -(2x-5)|\) \(\ = |(2(5\pm\frac{ε}{3})-5) -(10-5)|\) \(\ =|10\pm\frac{2ε}{3}-10|=\frac{2ε}{3}<ε\)

…証明終わり

証明することは：
εは任意、δは\(\underline{ |x-2|<δ }\) として
「どんなに小さな\(ε\)に対しても…になるような \(δ\) が存在して…」の以下が証明です。
\(\mathbf{|x-a|<δ}\)として
\(\mathbf{|x-2|<δ } \quad (1) \)　 (\(x\)と\(δ\)の関係式)

\(\mathbf{|f(x)-f(a)|< ε}\):として
\(\mathbf{|x^2-4|<ε} \quad (2) \)

要は\(|x^2-4|<ε\) になるような \(δ\) を求める。(※1)

まず式(2)を変形し次式が成り立つ。（式(1)を使う）
\(\color{blue}{|x^2-4|}= \underline{|x-2|}|x+2|<\underline{δ}\ \color{red}{|x+2|} \)（式(1)より）

\(|x+2|\)を以下に展開する。

\(\color{red}{|x+2|}=|x-2+4|=\underline{|(x-2)+(4)|}\) \(\underline{ \leq|x-2|+|4|}\leq δ+4\)（式(1)より）

(上記の下線部は三角不等式を使っている）
したがって式(2)は：

\(\color{blue}{|x^2-4|}<δ|x+2|<δ(δ+4) \) \(=δ^2+4δ < ε\)

\( \therefore δ^2+4δ-ε <0 \)

これを解いて：(※)

\(δ=-2 \pm \sqrt{4+ε} \)

\(δ\) は正の数なので
\(\color{red}{δ} \lt -2 + \sqrt{4+ε} \ \)である。

これは \(ε-δ\)論法を満足する \(δ\) を求めたことになる。（上記※1）
\(\mathbf{|f(x)-f(a)|< ε}\) となるような \(\mathbf{|x-a|<δ}\) が存在
\(　\Downarrow　\)
以上より \(\color{blue}{|x^2-4|}<ε\) となるような \(|x-2|<\color{red}{δ}\) の存在を確認した。

\(|x-2|<δ\)　\( \Rightarrow |x^2-4|<ε\) が証明できた。

注(※):2次関数の不等式
\(y=ax^2+bx+c \lt 0\)のときの解：
\(y=0\)のとき \(x=α,\ β\) かつ \(α \lt β\)とすると
解: \(\quad α\lt \color{red}{x\lt β}\)

【確認】
\(δ \lt -2 + \sqrt{4+ε} \ \)だから
\(\ δ=\frac{1}{2}(-2 + \sqrt{4+ε}) \ \)として：

\( |f(x)-f(a)|\)
\(\ =|\{x+\frac{1}{2}(-2 + \sqrt{4+ε})\}^2 - 2^2| \)

\( \ 　\color{red}{ =ε-\sqrt{4+ε} } <ε\) …証明終わり

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 \(\displaystyle \lim_{\color{red}{ x \to \infty} } \ f(x)= A \) \(\quad , \)  \(\displaystyle \lim_{\color{red}{ x \to -\infty} } \ f(x)= A \) です。

　 この ε-δ 論法は数列の ε-N 論法によく似ています、比較すると：
（ε-δ 論法の|x| と |δ| は大きな数である）
この違いを意識し、また ε・N 論法を思いだしてください。

ε・N 論法では
\( \forall ε>0　\quad \exists N>0 \quad s.t.\ n >N\) \(\ \Rightarrow\ |a_n- α|<ε \)
これにより \(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } a_n= α\)となる。

これから残る２つのタイプの ε-δ 論法を紹介します。
注：\(x \to \infty \)の極限だから、ここでの「\(δ\) は大きい数」に注意。

  \( ε-δ\) 論法2  \(\quad (x\rightarrow \infty\))   \( ε-δ\) 論法3   \(\quad (x\rightarrow -\infty\))   【例題3】  次式を \( ε-δ\) 論法により証明せよ。

\(\underline{\displaystyle \lim_{ x \to \infty}\ \frac{x}{x+1}=1 } \)\(\quad\) （\( \quad f(x)=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\quad \) ）