関数の極限(limit of function)

関数の極限の話の前に，ギリシャの韋駄天Achillesとtortoiseの話をします．この話はZenon(B.C490-429)の逆説として人々を悩ませました．いろいろなかたちで伝わっていますが，ここではこれから極限を習うことを前提にした話にします．あるときAchilles(アキレス)がtortoise(カメ)を追いかけていました．アキレスがカメのいた位置に来たときにはカメはどんなに遅くともいささか前に進んでいます．次にアキレスがカメがいた位置に来たときには，またいささかでもとにかく前に進んでいます．この調子なので，アキレスはカメに追いつくことはできない，というのが，Zenonの逆説です．アキレスはカメに追いつけるのでしょうか．考えてみて下さい．

定義 1..2

[直感的極限値] 関数

において，

を $x_{0}$ に限りなく近づけていくとき，

がある定数

に限りなく近づくならば，

を

が $x_{0}$ に近づくときの

の 極限値(limit) といい，

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow x_{0}} f(x) = l$

で表わします．

さて，ここで限りなく近づくというのはどういうことでしょうか．が $x_{0}$ に限りなく近づくとは，絶対値 $\vert x - x_{0}\vert$ を限りなく小さくできるということと同じだと考えてもよいでしょう．同様に，が定数に限りなく近づくということも $\vert f(x) - l\vert$ を限りなく小さくできることだと考えてもよいでしょう．そこで，限りなく小さくできるということで考えてみると，どんな小さな正の数を比較の相手と選んでも，それよりも小さくできるならば，限りなく小さくできるといえるのではないでしょうか．この考え方が数学でいうところの限りなく小さいということなのです(納得しましたか?)．これを用いて関数の極限をもう一度定義します．この定義は $\delta-\varepsilon$ 論法と呼ばれる証明法のもとになっていて，この章の定理の証明に用いますが，難しく感じる人は，直感的極限値で十分です．

定義 1..3

任意の正の数 $\varepsilon$ に対して， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta$ のとき， $\vert f(x) - l\vert < \varepsilon$ が成り立つように正の数 $\delta$ が選べるならば,

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow x_{0}} f(x) = l$

である．

例題 1..16

この定義を用いて $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1} 2x = 2 }$ を証明してみましょう．

解どんな $\varepsilon > 0$ に対しても， $0 < \vert x-1\vert < \delta$ のとき $\vert 2x-2\vert < \varepsilon$ が成り立つような $\delta$ が存在することを示せばよいでしょう．そこで， $\vert 2x-2\vert$ と $\vert x-1\vert$ を比較すると

$\displaystyle \vert 2x-2\vert = 2\vert x-1\vert$

よって， $\displaystyle{\delta = \frac{\varepsilon}{2}}$ と選ぶと $0 < \vert x-1\vert < \delta$ のとき

$\displaystyle \vert 2x-2\vert = 2\vert x-1\vert < 2\cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$

となります． $\blacksquare$

例題 1..17

次に $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1} 4x^{2} = 4 }$ を証明してみましょう．

解どんな $\varepsilon > 0$ に対しても， $0 < \vert x-1\vert < \delta$ のとき $\vert 4x^2 -4\vert < \varepsilon$ が成り立つような $\delta$ が存在することを示せばよいでしょう．そこで， $\vert 4x^2 - 4\vert$ と $\vert x-1\vert$ を比較すると

$\displaystyle \vert 4x^2 - 4\vert = 4\vert x+1\vert\vert x-1\vert$

となります．そこでまず， $\delta_{1} = 1$ とおくと $\vert x - 1\vert < 1$ より $\vert x + 1\vert < 3$ がいえるでしょう(確かめて)．次に

$\displaystyle \vert 4x^2 - 4\vert = 4\vert x+1\vert\vert x-1\vert < \varepsilon$

となるには $\vert x + 1\vert < 3$ より $\displaystyle{\delta_{2} = \frac{\varepsilon}{12}}$ と選ぶ必要がでてきます．よって $\delta = \min\{\delta_{1},\delta_{2}\}$ . つまり $\delta$ を $\delta_{1}$ と $\delta_{2}$ の小さいほうとなるように選ぶと, $\vert x - 1\vert < \delta$ のとき

$\displaystyle \vert 4x^2 - 4\vert = 4\vert x+1\vert\vert x-1\vert < 12\vert x-1\vert < 12\cdot \frac{\varepsilon}{12} = \varepsilon$

となります． $\blacksquare$

$\lim_{x \rightarrow 1} 4x^{2} = 4$ を定義にもとづいて証明するのは簡単ではありませんでした．そこで定義を使わずに極限値を求められるようになるように，次の定理を学びます．

定理 1..2

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_{0}}f(x) = l, \lim_{x \rightarrow x_{0}}g(x) = m}$ とすると，

$\displaystyle{(1) \lim_{x \rightarrow x_{0}}(f(x) \pm g(x)) = l \pm m}$

$\displaystyle{(2) \lim_{x \rightarrow x_{0}}cf(x) = cl}$

$\displaystyle{(3) \lim_{x \rightarrow x_{0}}(f(x)g(x)) = lm}$

$\displaystyle{(4) \lim_{x \rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{l}{m} (m \neq 0)}$

証明 (3)の証明．どんな $\varepsilon > 0$ に対しても $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta$ のとき， $\vert f(x)g(x) - lm\vert < \varepsilon$ が成り立つような $\delta > 0$ が存在することを示せばよいでしょう．

$\displaystyle \vert f(x)g(x) - lm\vert$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \vert f(x)g(x) - f(x)m + f(x)m - lm\vert$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \vert f(x)(g(x) - m) + (f(x) - l)m\vert$
	$\displaystyle \leq$	$\displaystyle \vert f(x)\vert\vert g(x) - m\vert + \vert m\vert\vert f(x) - l\vert$
	$\displaystyle \leq$	$\displaystyle \vert f(x)\vert\vert g(x) - m\vert + (1+\vert m\vert)\vert f(x) - l\vert$

ここで， $\lim_{x \rightarrow x_{0}}f(x) = l, \lim_{x \rightarrow x_{0}}g(x) = m$ より，どんな $\varepsilon > 0$ に対しても，

(i) $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta_{1}$ のとき， $\vert f(x) - l\vert < 1$ となる $\delta_{1} > 0$ が存在する．

(ii) $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta_{2}$ のとき， $\displaystyle{\vert f(x) - l\vert < \frac{\varepsilon}{2(1+\vert m\vert)}}$ となる $\delta_{2} > 0$ が存在する．

(iii) $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta_{3}$ のとき， $\displaystyle{\vert g(x) - m\vert < \frac{\varepsilon}{2(1+\vert l\vert)}}$ となる $\delta_{3} > 0$ が存在する．

よって $\delta = \min\{\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3}\}$ とすると， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta$ のとき，

$\displaystyle \vert f(x)g(x) - lm\vert$	$\displaystyle \leq$	$\displaystyle \vert f(x)\vert\vert g(x) - m\vert + (1+\vert m\vert)\vert f(x) - l\vert$
	$\displaystyle <$	$\displaystyle (1 +\vert l\vert)(\frac{\varepsilon}{2(1+\vert l\vert)}) + (1 + \vert m\vert)(\frac{\varepsilon}{2(1+\vert m\vert)}) = \varepsilon$

となる． $\blacksquare$

例題 1..18

ここでもう一度 $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1} 4x^{2} = 4 }$ を見てみましょう．

解 $\lim_{x \rightarrow 1} 2x = 2 , \lim_{x \rightarrow 1} 2x = 2$ ．よって定理1.3より

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1} 4x^{2} = (\lim_{x \rightarrow 1} 2x)(\lim_{x \rightarrow 1} 2x) = 4$

となります． $\blacksquare$

この定理の(4)は，有理関数の分母と分子の極限値が0でなければ，有理関数の極限値は分子と分母の極限値の商をとればよいといっています．では，分母の極限値が0だったらどうなるのでしょうか．まず，分母の極限値だけ0の場合について考えます．

定理 1..3

$\displaystyle{\lim_{x \to x_{0}}f(x) = l \neq 0, \lim_{x \to x_{0}}g(x) = 0}$ とすると，

$\displaystyle \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}$

は存在しない．

証明もし，極限値が存在したら，

$\displaystyle \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} =L$

となる実数

がある．したがって，

$\displaystyle l = \lim_{x \to x_{0}}f(x) = \lim_{x \to x_{0}}\left[g(x)\cdot \f... ...im_{x \to x_{0}} g(x) \cdot \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)} = 0 \cdot L = 0$

これは，仮定 $l \neq 0$ に矛盾する．したがって，

$\displaystyle \lim_{x \to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}$

は存在しない． $\blacksquare$

例題 1..19

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2} \frac{1}{x - 2}}$ の極限値を求めてみましょう．

解まず，の極限値は $\lim_{x \to 2}1 = 1$ となります．次に，の極限値は $\lim_{x \to 2}(x-2) = 0$ となります．したがって，定理1.3より， $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2} \frac{1}{x - 2}}$ は存在しない． $\blacksquare$ では，分母と分子の極限値が共に0だったらどうなるのでしょうか．このときの形を不定形(indeterminate)といって，極限値の問題はいかに不定形の問題を解くかということに集約されます．

例題 1..20

$\displaystyle{\lim_{x \to 2} \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 - 4}}$ の極限値を求めてみましょう．

解まず， $x \to 2$ のとき， $x^2 - 3x +2 \to 0$ ．また $x^2 - 4 \to 0$ ．つまり，分子，分母ともを共通因子に持っていることが分かります．そこで $x \neq 2$ のとき，分子，分母からをくくりだすと

$\displaystyle \frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 - 4} = \frac{(x - 2)(x - 1)}{(x - 2)(x + 2)} = \frac{x -1}{x + 2}$

と表せます．したがって，

$\displaystyle \lim_{x \to 2}\frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 - 4} = \lim_{x \to 2}\frac{x-1}{x + 2} = \frac{1}{4}$

となります． $\blacksquare$

実際に極限値を求めるには上の定理だけでは不十分です．例えば， $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}}$ の極限値は上で用いた方法では求められません．そんなとき便利なものに，次のようなものがあります．

定理 1..4

[はさみうちの定理] $x_{0}$ の $\delta$ 近傍 $(x_{0} - \delta, x_{0} + \delta)$ で

であって，

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow x_{0}}f(x) = \lim_{x \rightarrow x_{0}}g(x) = l$

ならば， $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_{0}}h(x) = l}$ である．

証明どんな $\varepsilon > 0$ に対しても， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta$ のとき， $\vert h(x) - l\vert < \varepsilon$ が成り立つような $\delta > 0$ が存在することを示せばよいでしょう．

$\lim_{x \rightarrow x_{0}}f(x) = l$ より，どんな $\varepsilon > 0$ に対しても $\delta_{1} > 0$ が存在し， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta_{1}$ のとき， $\vert f(x) - l\vert < \varepsilon$ である．

同様に， $\lim_{x \rightarrow x_{0}}g(x) = l$ より，どんな $\varepsilon > 0$ に対しても $\delta_{2} > 0$ が存在し， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta_{2}$ のとき， $\vert g(x) - l\vert < \varepsilon$ である．よって $\delta = \min(\delta_{1},\delta_{2})$ とおくと，

$\displaystyle l - \varepsilon < f(x) < h(x) < g(x) < l + \varepsilon$

より， $0 < \vert x - x_{0}\vert < \delta$ のとき， $\vert h(x) - l\vert < \varepsilon$ が成り立つ． $\blacksquare$

例題 1..21

はさみうちの定理を理解するために， $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}}$ を求めてみましょう．

**図 1.12:** はさみうち
$\begin{figure}\begin{center} \includegraphics[width=5cm]{CALCFIG/Fig1-4-4.eps} \end{center}\end{figure}$

解図1.12 において原点をOとし，単位円の周上に ${\rm A}(1,0),{\rm P}$ を取り， OP の延長線と OA に垂直な線の交点を B とします．またP から下ろした OA への垂線と OAの交点を Cとします．そのとき，面積を比較すると $\triangle {\rm OPC} < \mbox{扇形OAP} < \triangle {\rm OAB}$ が成り立ちます．ここで， $\displaystyle{0 < x < \frac{\pi}{2}}$ に対して，

$\displaystyle \underbrace{\frac{\cos{x}\cdot\sin{x}}{2}}_{\triangle \mbox{OPCの面... ...rbrace{\frac{\tan{x}}{2} }_{\triangle \mbox{OABの面積}} = \frac{\sin{x}}{2\cos{x}}$

よって

$\displaystyle \cos{x} < \frac{\sin{x}}{x} < \frac{1}{\cos{x}}$

となります．また，この不等式は $\displaystyle{-\frac{\pi}{2} < x < 0}$ についても成り立ちます．さて，何を行ったかというと， $\displaystyle{\frac{\sin{x}}{x}}$ を2つの関数ではさみつけました．そして $\displaystyle{\frac{\sin{x}}{x}}$ をはさむのに用いた $\cos{x}$ と $\displaystyle{\frac{1}{\cos{x}}}$ の $x \rightarrow 0$ のときの極限値を調べると1になることが分かります．よって間にはさまれた $\displaystyle{\frac{\sin{x}}{x}}$ も $x \rightarrow 0$ のときに1に近づくのではないか，というのがはさみうちの定理なのです．よって

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x} = 1 \ensuremath{ \blacksquare}$

例題 1..22

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}} = 1$ を用いて， $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{2x}}{x}}$ を求めてみましょう．

解 $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}} = 1$ は，が小さいとき， $\sin{x}$ とはほぼ同じ大きさであることを示していることに注意する．

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{2x}}{x}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{2x}}{2x}\cdot \frac{2x}{x}$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \lim_{X \rightarrow 0}\frac{\sin{X}}{X}\cdot 2 = 2 \ensuremath{ \blacksquare}$

確認問題

1.

次の極限値を求めよう．

(a) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}(2x -1)}$ (b) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\frac{x}{x + 1}}$ (c) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x^{2}(x + 1)}{2x}}$ (d) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{x(x+1)}{2x}}$

(e) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 9}\frac{x - 9}{\sqrt{x} - 3}}$ (f) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 3}\frac{x^{2} - x- 6}{x-3}}$ (g) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 4}\frac{(x^{2} - 3x - 4)^{2}}{x-4}}$

(h) $\displaystyle{\lim_{t \rightarrow 0}\frac{1}{t}\left(\frac{1}{t+3} - \frac{1}{3}\right)}$ (i) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x\left(1 - \frac{x + 1}{x}\right)}$

2.

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x} = 1}$ を用いて次の極限値を求めよう．

(a) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{2x}}{\sin{3x}}}$ (b) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\cos^{2}{x} - 1}{x^{2}}}$ (c) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\cos{x} - 1}{x}}$ (d) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow \pi}\frac{\sin{x}}{x - \pi}}$

演習問題

1.

次の極限値を求めよう．

(a) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2}(x^2 + 4x)}$ (b) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2}\frac{x^2 - 3x + 2}{x^2 -4}}$ (c) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{2x^4 - 6x^3 + x^2 + 2}{x - 1}}$

(d) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\frac{2x^4 - 6x^3 + x^2 + 3}{x - 1}}$ (e) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1 - x}}{x}}$

(f) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{(1+x)^{1/3} - (1 - x)^{1/3}}{x}}$ (g) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 2} f(x)}$ , ただし $\displaystyle{f(x) = \left\{\begin{array}{cl} x^2, & x \neq 2\\ 3, & x = 2 \end{array}\right.}$

2.

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x} = 1}$ を用いて次の極限値を求めよう．

(a) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin{3x}}{x}}$ (b) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{2x}{\sin{x}}}$ (c) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\sin^{-1}{x}}{x}}$ (d) $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}x \sin\frac{1}{x}}$

3.

$\lim_{x \rightarrow a}\vert f(x)\vert = 0$ ならば， $\lim_{x \rightarrow a}f(x) = 0$ を示そう．