1 極限的嚴格定義
1.1 極限的定義
本來在直觀上，我們能夠很容易地了解什麼叫「極限」，於是也能夠解一些極限問 題。但是隨著物理學的發展，在數學的應用上所遇到的函數越來越奇怪複雜，開始出現 一些直觀上不容易看出極限的函數。舉個例子，1875 年德國數學家
Karl Thomae
寫出爆米花函數 (popcorn function)：
1 1
12 14
f (x)=
1
n , x為非零有理數，其最簡分數為m
n
0 ,x為無理數
1 , x= 0
這個函數在所有無理點都是連續的，在所有有理點都不連續。這麼奇怪的行為，你 用直觀能看出嗎？若有看出來，有辦法說服別人也接受嗎？微積分剛發展時，是處於較 不嚴謹、比較訴諸直觀的草創期，經常飽受攻擊，譬如說對於無窮小的概念，一下說是 零，一下又說不是零，造成混亂。牛頓後來甚至捨棄原來說法。雖然因為成功應用在天 文、力學等等方面，發揮強大威力，使得越來越多人接受並且投身研究，但發展過程中 也多次發現與直觀相悖的事實。就以爆米花函數為例，你原本能想像，居然有這種函數 嗎？經過這幾百年下來，許多數學家幫助將微積分進行嚴格化，這才逐漸形成今日微積 分的面貌。今日對於極限的定義，如下：
定義 1.1 極限 lim
x→af (x)= L 的嚴格定義
任意給定一個正數 ϵ，皆存在一個正數 δ 使得： 只要 0< |x − a| < δ，便會有
¯¯f (x)− L¯¯<ϵ。
這就是惡名昭彰的ϵ-δ定義了。看得一臉懵逼嗎？看不懂它在說什麼是相當正常的，
有位一流的數學家
Paul R. Halmos
( 1916-2006 )，他在大學時也完全不懂ϵ-δ到底在幹嘛。後來一次跟同學的談話中，他突然好像一道光打在頭上，明白了ϵ-δ的意義。接著他趕 快拿出微積分課本出來重新唸，以前覺得沒有意義的東西突然變得明白了，也能自己證 明出一些定理。就這樣，他開始掌握了那些高等數學，後來他便成了數學家。所以，你 也不要灰心，不懂是很正常的，也許哪天你開竅了，也跟著成了數學家。
我在此給一些闡釋，以幫助你成為數學家。在此之前，我們先來認識一個人。台灣 的政治人物陳定南，曾任宜蘭縣長，後來競選台灣省長失利。他對於部屬嚴格要求，對 於包商的工程也吹毛求疵。
好，現在陳定南讓你做一件事，你受命選個 x= a 附近的範圍，目的是 f (x)的值在 這範圍與L是相當接近的。陳定南說：「我希望誤差值可以小於10−5。」於是你找出某一 個小範圍(a− δ1, a+ δ1)，在這裡面，除了x= a的地方1，所有的函數值，其與L 的誤差
¯¯f (x)− L¯¯的確全都比10−5 來得小。你就很高興地交件，但陳定南皺一皺眉，說：「不不
不，我覺得還是讓誤差值小於10−8會比較好，你重做一次吧。」在(a−δ1, a+δ1)內，某 些函數值的誤差有小於10−8，但有些地方沒有，怎麼辦呢？於是你就把範圍再縮小，變
1極限只是在處理x很靠近a時的行為，與x= a之處無關，所以要強調是除了x= a的地方。但為了行 文簡便，後面不再贅述這句，我們都心知肚明是除了x= a的地方就好。
1.1 極限的定義 1 極限的嚴格定義
成(a− δ2, a+ δ2)。在這裡面的所有函數值，其與L 的誤差的確完全都比10−8 還小。你鬆 了一口氣，又再度交件。此時，陳定南又···
因為x→ a時，f (x)的確趨近L。所以每當陳定南又把條件改更嚴格時，你只要把你
的範圍再縮得更小，就可以讓誤差值足夠小。假如你們做另一個函數，當陳定南要求誤 差值小於 10−37 時，你發現不管如何縮小，總會有某些時候誤差超出 10−37。那就代表，
事實上在x→ a時，f (x)並不會趨近到L。
與陳定南共事完以後，現在我們回過頭看，ϵ-δ定義為什麼會這樣講呢？本來口語點 來講，只要x與a 無限地靠近，就能使 f (x)值與L 誤差要多小就有多小。好啦，既然你 說要多小就有多小，那就隨我要求都可以啦。不管我訂了如何嚴苛的誤差標準ϵ。你都可 以回答我，在與a的差距在δ以內 所有不等於a 的x值，它們的函數值的確滿足我的誤 差標準。如果我把誤差標準ϵ訂得更嚴格，那你只要把你的δ跟著縮小，便可滿足誤差 標準。無論我的ϵ是多麼小多麼小的一個正數，你都可以找到相應的δ來滿足誤差標準。
這句話被數學家寫成形式化的定義，就變成這個面貌啦！
note
誤差 (error) 第一個字母 e，對應到希臘文就是ϵ，故符號選用ϵ。差距 (difference) 第 一個字母 d，對應到希臘文就是δ，所以符號就選用δ。
L
a Figure 1:
接著用圖來闡釋，水平線是誤差要求，希望 f (x)可以完全落在兩條水平線之間。鉛 直則是相應找出來的範圍，希望範圍內的 f (x)值完全落在兩條水平線間。
L
a
(a)
L
a
(b)
Figure 2: 誤差要求
由圖 2a 可見，現在誤差要求嚴格到一個程度，讓鉛直線範圍內的 f (x)值沒有完全落 在兩條水平線之間，有些地方跑出去。此時怎麼辦呢？只要將鉛直線往內縮，讓這範圍 縮小一點，如圖 2b，此時又成功地讓 f (x)值完全落在兩條水平線之間啦！如果再變得更 嚴格，把水平線拉得更近，可能你的範圍又不適用了！如圖 3a，此時範圍內的 f (x)值又 有些跑出去了。那你就再繼續把範圍縮得更小，如圖 3b，便又滿足啦！
等一下就算再把水平線拉近你也不怕，只要跟著再把鉛直線也拉更近就好了。
a
(a)
a
(b)
Figure 3: 更嚴格的誤差要求
反過來說，極限不存在就一定不滿足定義，讓我們來想一下定義的反面敘述。原本 定義的敘述是，任給ϵ，都找得到相應的δ來滿足誤差要求。換句話說，水平線不管拉多 近，都可相應地找鉛直線，讓範圍內的 f (x)值完全落在水平線之間。那麼它的反面敘述 就是，誤差要求ϵ嚴格到一個程度，你就找不到相應的δ了。換句話說，水平線拉近到 一個程度，你會發現，鉛直線不管怎麼拉，範圍內的 f (x)都會有至少一部份跑出去。
接著來看極限不存在的圖。下面函數是否 lim
x→1f (x)= 1 呢？圖 4a ，一開始水平線還
沒拉太近，你還是可以找一個範圍滿足要求。但是水平線近到一個程度後，如圖 4b 。此 時不管鉛直線怎麼拉，範圍內的 f (x)全都在水平線以外，不滿足誤差要求！這時果然不 滿足極限的定義。
1
(a)
1
(b)
Figure 4: 極限不存在
(a) (b)
Figure 5: 極限不存在
接著再看另一種極限不存在的類型，它在x接近0時不斷地來回震盪。圖 5a ，一樣 地，一開始水平線還沒拉很近，你還是可以找一個範圍滿足要求。但是水平線近到一個 程度以後，如圖 5b 。你會發現，此時不管虛線怎麼拉，都會有些 f (x)跑出紅色線以外，
不滿足誤差要求！這個極限不存在的函數果然也不滿足極限的定義。
1.1 極限的定義 1 極限的嚴格定義
文學家哥德說：「數學家猶如法國人，無論你對他們說什麼，他們把它翻譯成自己 的語言，於是就成了全然不同的東西。」
Figure 6:
以上所介紹都是 lim
x→af (x)= L 的定義。至於其它形式的極限定義，其精神也是相仿：
定義 1.2 lim
x→∞f (x)= L 的定義
任意給定一正數ϵ，皆存在一正數N 使得： 只要x> N，便有¯¯f (x)− L¯¯<ϵ。
口語來說，隨著 x 趨向無窮大，f (x)就會無限地接近L。也就是說，只要 x 夠大，
便可讓 f (x)與L 之間的誤差足夠小。所以給定誤差要求ϵ，我就可以找到夠大的N，任
何在x= N 右方的x，其函數值 f (x)都滿足誤差要求。
定義 1.3 lim
x→af (x)= ∞的定義
任意給定一正數M，皆存在一正數δ使得： 只要0< |x − a| < δ，便有 f (x)> M。
隨著x 趨近a，f (x)值會越來越大，趨向無窮大。所以無論你要求 f (x)要超過多大
的數M，不管是一萬那麼大、一千萬那麼大，我都可以找到 a附近一個夠小的範圍，這 裡的函數值 f (x)都大於M。
定義 1.4 lim
x→∞f (x)= ∞的定義
任意給定一正數M，皆存在一正數N 使得： 只要x> N，便有 f (x)> M。
隨著 x越來越大、趨向無窮大，f (x)值也越來越大、趨向無窮大。那麼無論你要求 超過多大的數M，我都能找到一個足夠大的N，只要x比N 大，f (x)值就會大於M。
定義 1.5 lim
x→a+f (x)= L 的定義
任意給定一正數ϵ，皆存在一正數δ使得： 只要0< x −a < δ，便有¯¯f (x)− L¯¯<ϵ。 右極限就是 x 從比 a 大的地方趨近到 a。所以我們將原定義中 x− a 外的絕對值拆 掉，就會是這樣的意思了。
定義 1.6 數列極限 lim
n→∞an= L 的定義
任意給定一正數ϵ，皆存在一正數N 使得： 只要n> N，便有¯¯an− L¯¯<ϵ。 數列極限的定義，寫起來跟函數極限的版本幾乎是一樣的。
1.2 用極限定義作證明
現在我們已經有極限的嚴格定義，如果想證明 lim
x→3f (x)= 7，就只要跑一次定義就
好了。我只須說明，任給ϵ，我都能找到相應的 δ。使得只要 0< |x − 3| < δ 就能保證
¯¯f (x)− 7¯¯ < ϵ。但我總不可能列一張表格，說如果ϵ給多少，δ 就取多少，根本列不完。
所以當我們使用定義做證明時，常是直接寫一個函數δ(ϵ)，來表達一般而言δ要如何因 應著ϵ而取。舉個例子，我告訴你我只要取δ = ϵ
4，就會符合定義，所以極限是L。那麼
不管你給ϵ = 0.01或是ϵ = 10−7，我一律將其除以四，就是我給你的δ，這叫一勞永逸。
證明 lim
x→1(3x+ 4) = 7 解
我們的目的是要找出適當的δ，以便由0< |x − 1| < δ 保證¯¯(3x+ 4) − 7¯¯ <ϵ。我們 先將我們的目標¯¯(3x− 4) − 7¯¯作一番分析整理：
¯¯(3x+ 4) − 7¯¯=|3x−3|=3|x−1|
整理後發現剛好有|x − 1|。使用0< |x − 1| < δ，便有 3|x − 1| < 3δ
目前為止，我們有¯¯(3x+ 4) − 7¯¯ <3δ，但我們目標是(3x+ 4) − 7 < ϵ。要如何補個臨門 一腳來達成目的呢？我們知道若 A< B 且B < C，那麼A< C；或是 A< B 且B= C， 也可以得出 A< C 的結論。於是我們取δ =ϵ
3，則 3|x − 1| < 3δ = 3 ·ϵ
3= ϵ
這樣便成功了，我們導出了¯¯(3x+ 4) − 7¯¯<ϵ。而之所以成功地導到此一結論，是由於 我們取δ =ϵ
3。換句話說，我們說明了，只要一律取δ =ϵ
3，便可由0< |x − 1| < δ保證
¯¯(3x+ 4) − 7¯¯<ϵ。 例題 1.1
從此題可見，我們的方向是要由0< |x − a| < δ出發，接著導出¯¯f (x)− L¯¯ <ϵ的結論。
所用手法是先找出一個中介的 A，使得¯¯f (x)− L¯¯ < A <ϵ，或者¯¯f (x)− L¯¯ < A =ϵ。而這個
¯¯f (x)− L¯¯ < A 要如何取，就是先將¯¯f (x)− L¯¯作一番整理，然後配合0< |x − a| < δ。接著 再適當地取δ(ϵ)來達成 A≤ ϵ。以下我再多舉幾題來讓你好好地體會。
證明 lim
x→3(2x− 1) = 5 解
先分析 ¯¯(2x− 1) − 5¯¯=|2x−6|=2|x−3|<2δ
取δ =ϵ
2，則
2δ = 2 ·ϵ 2= ϵ 例題 1.2
1.2 用極限定義作證明 1 極限的嚴格定義
在作答的時候我們不見得要以和思考過程完全一樣的順序謄上。也就是說，實際作 答你可以先偷偷在旁邊做上面那樣的運算，知道了δ該如何取以後，便這樣寫：
取δ =ϵ
2，則只要0< |x − 3| < δ，便有
¯¯(2x− 1) − 5¯¯=|2x−6|=2|x−3|<2δ=2· ϵ 2= ϵ
證明 lim
x→−24x= −8 解
¯¯4x− (−8)¯¯=|4x+8|=4|x+2|<4δ 取δ =ϵ
4，則只要0< |x + 2| < δ，便有
4|x + 2| < 4δ = ϵ 例題 1.3
證明 lim
x→1sin(x)= 0 解
¯¯sin(x)¯¯ < ϵ 與0< |x| < δ該如何牽扯上關係呢？我們可以利用¯¯sin(x)¯¯ ≤ |x|這個 不等式。於是取δ = ϵ，則只要0< |x| < δ，便有
¯¯sin(x)¯¯≤|x|<δ=ϵ 例題 1.4
證明 lim x→3
1
(x− 3)2= ∞
解
任給N> 0，取δ = p1
N，則只要0< |x − 3| < δ，便有 1
(x− 3)2 > 1 δ2= 1
1 N
= N 例題 1.5
證明 lim x→∞
1 x = 0
解
任給ϵ > 0，取N=1
ϵ，則只要x> N，便有 1
x< 1 N = ϵ 例題 1.6
有關 δ(ϵ) 的取法，並沒有一個標準的答案，只要它可以幫助導出 ¯¯f (x)− L¯¯ < ϵ 的 結論即可。比方說你取δ = ϵ
3 是可以的，那如果你想取更小的 δ = ϵ
7，當然也可以。本
來 0< |x − a| < ϵ3 的範圍內的函數值全部都符合誤差標準，那我自己把這範圍縮小，
0< |x − a| <ϵ7 這個較小的範圍本身就完全包含在上一個範圍內，所以也同樣是滿足「其
內所有函數值都符合誤差要求」這句話。明白的話便可以來看下面這一題較難一點的。
證明 lim x→2x2= 4
解 ¯¯¯x2− 4¯¯¯ = |x + 2||x − 2| < |x + 2|δ
我 們 有 0 < |x − 2| < δ，卻 沒 有 關 於 |x + 2| 的 不 等 式 可 以 使 用， 怎 麼 辦 呢？我 們 現在要想辦法，讓 |x + 2| 小於某個東西，這樣才有辦法繼續下去。這一招就是：
假設δ ≤ 1。我們絕對可以這麼做，因為如果某些時候所取的δ比1來得大，那麼我
縮小範圍，取更小的δ，使它小於等於1，那也是可以符合誤差要求的。
這樣一來，0< |x − 2| < δ ≤ 1。拆開絕對值，1< x < 3,x,2，同時加2，3< x +2 <
5, x+ 2,4。寫成這樣以後，我們便知道|x + 2|是小於5的，於是就可以繼續寫下去
|x + 2|δ < 5δ 此時取δ =ϵ
5，則只要0< |x − 2| < δ，便有
¯¯¯x2− 4¯¯¯ = |x + 2||x − 2| < 5δ = ϵ
像這樣寫呢，就錯啦！大致架構是對的，但要記住：我們之所以一路過關斬將，推 出誤差小於ϵ，是依賴δ ≤ 1 這關鍵一招，後續都是建立在此前提之下的。所以，萬 一這個任給的ϵ是6，那我們的δ就是 6
5 > 1。便不滿足δ ≤ 1，於是後面也就跟著不
成立了。這樣該怎麼辦呢？還記得剛剛說的嗎？如果某些時候所取的δ比1來得大，
那麼我也可以取更小的δ，使它不超過1。所以我只要在剛剛所寫的「取δ = ϵ
5 」作
些修改，變成「取δ = min{1,ϵ
5
}」意思是說1與 ϵ
5 誰比較小，δ就取那個值。這樣一 來，當 ϵ
5 不大於1時，δ就是取 ϵ
5，完全沒問題；而當 ϵ
5 比1還大時，δ就是取1，
這樣取一方面滿足δ ≤ 1，另一方面，此時δ比 ϵ
5 來得小，所以也可滿足誤差要求。
例題 1.7
證明 lim x→9
px= 3
解
|p
x− 3| = |x − 9|
|p
x+ 3| < δ px+ 3
現在我們遇到一個問題，px+ 3該怎麼處理掉？由於它在分母，所以我們要看它會 大於誰。設δ ≤ 1，於是0< |x − 9| < δ ≤ 1，8< x < 10,x,9，接著開根號，p8< px<
p10, x,9。從此處我們知道 px> p
8，為簡便起見也可以寫 px> 2。無所謂嘛，既 例題 1.8
1.2 用極限定義作證明 1 極限的嚴格定義
然會比 p8大那當然也會比2還大。於是有 px+ 3 > 5，我們便可以繼續寫下去：
pδ
x+ 3<δ 5
現在取δ = 5ϵ，於是
pδ
x+ 3<δ 5= ϵ
記得我們先假設了δ ≤ 1，所以要修改一下，改取δ = min{1, 5ϵ}
。正式過程可以寫：
若δ ≤ 1，則0< |x − 9| < δ ≤ 1 ⇒ 8 < x < 10,x,9 ⇒ p 8< p
x< p
10, x,9。所以 px> 2，px+ 3 > 5。取δ = min{1, 5ϵ}，於是只要0< |x − 9| < δ，便有
¯¯¯p
x− 3¯¯¯ = |x − 9|
¯¯px+ 3¯¯ <δ 5≤ ϵ
證明 lim x→3
1 x=13
解 ¯¯
¯¯1 x−1
3
¯¯¯¯=|3 − x|
|3x| < δ
|3x|
假設δ ≤ 1，0< |x − 3| < δ ≤ 1 ⇒ 2 < x < 4,x,3 ⇒ 3x > 6。於是
|3 − x|
|3x| <δ 6 取δ = min{1, 6ϵ}
，於是只要0< |x − 3| < δ，便有
¯¯¯¯1 x−1
3
¯¯¯¯=|3 − x|
|3x| <δ 6≤ ϵ 例題 1.9
證明 lim x→2x3= 8
解 ¯¯¯x3− 8¯¯¯ = |x − 2|¯¯¯x2+ 2x + 4¯¯¯ <¯¯¯x2+ 2x + 4¯¯¯δ
假設δ ≤ 1，0< |x − 2| < δ ≤ 1 ⇒ 1 < x < 3,x,2 ⇒ 2 < x + 1 < 4,x,2 ⇒ 4 < (x + 1)2<
16, x,2，最後便可得知 x2+ 2x + 4 = (x + 1)2+ 3 < 19。取 δ = min{1, ϵ
19
}，於是只要 0< |x − 2| < δ，便有
|x − 2|¯¯¯x2+ 2x + 4¯¯¯ < 19δ ≤ ϵ 例題 1.10
證明 lim
x→2x3− x2− x = 2 解
例題 1.11
¯¯¯x3− x2− x − 2¯¯¯ = |x − 2|¯¯¯x2+ x + 1¯¯¯
不必擔心因式分解，因為一定有 x− 2這個因式那麼剩下用除的就出來了。現在我們 設δ ≤ 1，0< |x − 2| < δ ≤ 1 ⇒ 1 < x < 3,x,2 ⇒ 1 < x2< 9,x,2，則x2+ x + 1 ≤ 13。於 是取δ = min{1, ϵ
13
}，那麼只要0< |x − 2| < δ，便有
|x − 2|¯¯¯x2+ x + 1¯¯¯ < 13δ ≤ ϵ
若 lim
x→af (x)= L, lim
x→ag (x)= M，證明 lim x→a
(f (x)+ g(x))
= L + M
解
給定 ϵ
2 > 0，存在兩正數δ1 及δ2，只要0< |x − a| < δ1，便有 ¯¯f (x)− L¯¯ < ϵ2；只 要0< |x −a| < δ2，便有¯¯g (x)− M¯¯<2ϵ。我們現在目的是，由這個前提出發，推論到：
任給ϵ > 0，都存在正數δ，只要0< |x − a| < δ，便有¯¯¯(f (x)+ g(x))− (L + M)¯¯¯ < ϵ。 開始寫了！任給ϵ > 0，取δ = min{δ1,δ2
}，只要0< |x − a| < δ，便有
¯¯¯(
f (x)+ g(x))
− (L + M)¯¯¯ =¯¯¯(
f (x)− L ) +(
g (x)− M )¯¯¯
現在我要用一招，看清楚了，這叫三角不等式¯¯¯ A + B ¯¯¯ ≤¯¯¯ A ¯¯¯ +¯¯¯ B ¯¯¯
≤¯¯¯ f (x) − L ¯¯¯ +¯¯¯ g(x) − M ¯¯¯ ≤ϵ 2+ϵ
2= ϵ
因為我們 δ是取 δ1 及δ2當中較小的，所以一旦滿足 0< |x − a| < δ，便是同時滿足 0< |x − a| < δ1與0< |x − a| < δ2，於是同時有¯¯f (x)− L¯¯<ϵ2 及¯¯g (x)− M¯¯<2ϵ。
例題 1.12
證明夾擠定理： 若在a附近皆有f (x)≤ g(x) ≤ h(x)，且 lim
x→af (x)=
x→alimh(x)= L，則 lim
x→ag (x)= L。 解
給定 ϵ > 0，存在兩正數δ1 及δ2，使得只要0< |x − a| < δ1，便有¯¯f (x)− L¯¯ <ϵ； 只要0< |x − a| < δ2，便有¯¯h(x)− L¯¯<ϵ。
在a 附近皆有 f (x)≤ g(x) ≤ h(x)，意思是說有個橫跨a 點的開區間，然後再把a
點本身挖掉，在這範圍內都有 f (x)≤ g(x) ≤ h(x)。換句話說，存在 δ3> 0，只要0<
|x − a| < δ3，便有 f (x)≤ g(x) ≤ h(x)。若取δ = min{δ1,δ2,δ3
}，則只要0< |x − a| < δa
，便有
L− ϵ < f (x) ≤ g(x) ≤ h(x) < L + ϵ 也就是說，¯¯g (x)− L¯¯<ϵ。
a 那 麼0< |x − a| < δ1 與 0< |x − a| < δ2 及 0< |x − a| < δ3 就 都 滿 足 了！所 以¯¯f (x)− L¯¯ < ϵ 與
¯¯h(x)− L¯¯<ϵ及f (x)≤ g(x) ≤ h(x)就都成立了！
例題 1.13
