第3讲 极限的法则——为什么不能把 lim 随便搬来搬去

你已经会用了：

$$\lim_{x \to a}(f+g) = \lim f + \lim g,\quad \lim_{x \to a}(fg) = \lim f \cdot \lim g$$

这是极限四则运算法则，高中做题的基本工具。

这一讲讲它们是怎么被证出来的。

你可能会问：会用不就行了，证它干什么？

因为——不会用的时候，你不知道它在哪儿会自动失效。 我举三个例子：

例一：$\lim\limits_{x\to 0}\left(x \cdot \dfrac{1}{x}\right)$ 等于多少？直接算：里面 $\dfrac{1}{x} \to \infty$，没极限。但 $x \cdot \dfrac{1}{x} = 1$，整体极限是 1。乘积律失效了——因为其中一个因子没有极限。

例二：$\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sin x}{x}$，很自然会想：$\sin x$ 没极限，所以整体没极限？错，整体极限是 0。"一个因子没极限就没法拆"这个直觉也是错的。（这个例子说明法则的充分性，不是必要性——拆不了不代表没有。）

例三：$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x = e$。但 $\lim\limits_{x\to\infty}(1+1/x) = 1$，$\lim x = \infty$，你没法把 $x$ 拿到底数外面去。指数运算和极限运算根本不能这样交换。

这三个例子说明：法则不是"极限的一种性质",是在某些条件下才成立的定理。条件被用时,你要知道条件是什么。这一讲就是证条件。

准备工作：三角不等式

所有法则的证明都靠一个东西：

$$|A + B| \le |A| + |B|$$

绝对值满足三角不等式。 你当然熟，但它在这里的作用你可能没注意过——它是唯一能把"两项的误差"合成"一项的误差"的工具。

记住这个结构，下面的证明全是它的变形。

加法律：最简单的，但值得完整走一遍

定理：若 $\lim\limits_{x\to a} f(x) = L_1$，$\lim\limits_{x\to a} g(x) = L_2$，则

$$\lim_{x\to a}(f+g) = L_1 + L_2$$

证明：任给 $\varepsilon > 0$。

因为 $f \to L_1$，存在 $\delta_1 > 0$，使 $0 < |x-a| < \delta_1$ 时 $|f - L_1| < \dfrac{\varepsilon}{2}$。

因为 $g \to L_2$，存在 $\delta_2 > 0$，使 $0 < |x-a| < \delta_2$ 时 $|g - L_2| < \dfrac{\varepsilon}{2}$。

取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$。当 $0 < |x-a| < \delta$ 时：

$$|(f+g) - (L_1+L_2)| = |(f-L_1) + (g-L_2)| \le |f-L_1| + |g-L_2| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$

证毕。

三步走：把整体误差拆成两个局部误差，各自控制到 ε/2，用三角不等式合起来，用 min 取共同的 δ。

这个"对半分"的技巧，是后面所有法则的通用招数。

有界性引理：乘积律的地基

乘法律就没这么舒服了。你要证 $|fg - L_1L_2| < \varepsilon$，直接拆：

$$|fg - L_1L_2| = |(fg - L_1 g) + (L_1g - L_1L_2)| = |g||f-L_1| + |L_1||g-L_2|$$

问题来了：第二项好办，$|L_1|$ 是个常数。第一项的 $|g|$ 是个变量——你在证明里不能拿一个变量去乘误差，因为你不知道它有多大。

所以必须先证一件事：

引理：若 $\lim_{x\to a} f(x) = L$，则 $f$ 在 $a$ 的某个去心邻域内有界。

证明：取 $\varepsilon = 1$（随便一个正数就行）。存在 $\delta > 0$，使 $0 < |x-a| < \delta$ 时 $|f - L| < 1$。于是 $|f| = |f - L + L| \le |f-L| + |L| < 1 + |L|$。

所以 $f$ 在那个去心邻域里，绝对值不超过 $1 + |L|$。有界。

这个引理是全部法则的隐藏地基。 你以前用乘积律的时候，从来没有意识到它做过这一步。

乘法律：开始拆项

有了引理，就能证了。

定理：若 $f \to L_1$、$g \to L_2$，则 $fg \to L_1L_2$。

证明：任给 $\varepsilon > 0$。

第一步：界住 $|g|$。 由引理，存在 $\delta_0 > 0$，使 $0 < |x-a| < \delta_0$ 时 $|g| \le M$（$M$ 是某个正数，比如 $|L_2|+1$）。

第二步：分误差。 我们希望

$$|g||f-L_1| + |L_1||g-L_2| < \varepsilon$$

因为 $|g| \le M$、$|L_1|$ 是常数，只要分别控制两项即可：

• 令 $|f - L_1| < \dfrac{\varepsilon}{2M}$（若 $L_1 \ne 0$；若 $L_1 = 0$，这一项直接是 0，跳过）——由 $f \to L_1$，存在 $\delta_1$。
• 令 $|g - L_2| < \dfrac{\varepsilon}{2|L_1|}$（同样 $L_1 \ne 0$ 时）——由 $g \to L_2$，存在 $\delta_2$。

第三步：合并。

$$|fg - L_1L_2| \le M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} + |L_1| \cdot \frac{\varepsilon}{2|L_1|} = \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$

取 $\delta = \min(\delta_0, \delta_1, \delta_2)$，证毕。

看出门道了吗——跟加法律同一个骨架，但多了两件事：先用引理把变量 $|g|$ 换成常数 $M$，然后 min 里要多带一个 $\delta_0$。

这不是技巧，这是"变量的误差没法直接控制"逼出来的。

倒数的极限：为什么不能直接除

现在要证商律了。但直接证 $f/g \to L_1/L_2$ 不好下手，先证一个中间物：

定理：若 $g \to L$ 且 $L \ne 0$，则 $\dfrac{1}{g} \to \dfrac{1}{L}$。

证明：任给 $\varepsilon > 0$。

先算差：

$$\left|\frac{1}{g} - \frac{1}{L}\right| = \frac{|L-g|}{|g||L|} = \frac{|g-L|}{|g||L|}$$

分子是 $|g-L|$，可以控制。麻烦全在分母的 $|g|$——$g$ 趋近于 $L \ne 0$，那只要 $x$ 离 $a$ 足够近，$g$ 就应该离 $L$ 近，不会跑到 0 附近去。

第一步：把 $|g|$ 从下面界住。 取 $\varepsilon = \dfrac{|L|}{2}$，存在 $\delta_0 > 0$，使 $0 < |x-a| < \delta_0$ 时 $|g-L| < \dfrac{|L|}{2}$。这说明 $g$ 落在 $L$ 两侧各 $|L|/2$ 的区间里，离 0 至少还有 $|L|/2$。于是 $|g| > \dfrac{|L|}{2}$，即 $\dfrac{1}{|g|} < \dfrac{2}{|L|}$。

第二步：用这个界控制误差。

$$\left|\frac{1}{g} - \frac{1}{L}\right| = \frac{|g-L|}{|g||L|} < \frac{|g-L|}{\frac{|L|}{2} \cdot |L|} = \frac{2|g-L|}{|L|^2}$$

要它小于 $\varepsilon$，只需 $|g - L| < \dfrac{|L|^2 \varepsilon}{2}$。由 $g \to L$，存在 $\delta_1 > 0$ 使这成立。

第三步：合并。 取

$$\delta = \min\left(\frac{|L|}{2},\ \frac{|L|^2\varepsilon}{2}\right)$$

商律：一步组装

有了倒数极限，商律就是乘法：

$$\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g} \to L_1 \cdot \frac{1}{L_2} = \frac{L_1}{L_2}$$

顺便回答了开头例一的漏洞在哪：$x \cdot \dfrac{1}{x}$ 里，$\dfrac{1}{x}$ 在 $x \to 0$ 时没有极限（它趋于无穷），所以乘积律的前提条件"两个极限都存在"不满足。法则没骗你，是你把它用在了不适用的地方。

夹逼准则：ε-δ 结构最自然的用法

前面都是"拆"，夹逼是"夹"。

定理（夹逼准则）：若在 $a$ 的某去心邻域内 $g(x) \le f(x) \le h(x)$，且 $g \to A$、$h \to A$（同一个 $A$），则 $f \to A$。

证明：任给 $\varepsilon > 0$。

由 $g \to A$，存在 $\delta_1$，使 $0 < |x-a| < \delta_1$ 时 $|g - A| < \varepsilon$，即 $A - \varepsilon < g(x) < A + \varepsilon$。

由 $h \to A$，存在 $\delta_2$，使 $0 < |x-a| < \delta_2$ 时 $A - \varepsilon < h(x) < A + \varepsilon$。

取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$。当 $0 < |x-a| < \delta$ 时：

$$A - \varepsilon < g(x) \le f(x) \le h(x) < A + \varepsilon$$

所以 $|f(x) - A| < \varepsilon$。证毕。

只有三行。 因为 ε-δ 的表达方式天然就是"在一个范围内"，夹逼几乎是白送的。

第二讲的 $\lim \dfrac{\sin x}{x} = 1$，第四讲会讲的 $\lim (1+1/n)^n = e$，都靠它。它是数学分析里性价比最高的定理。

单调有界：数列版的收敛保证

到这里讲的都是"极限的运算"。"极限的存在性"也得有个说法——不是所有看起来在靠近的数列都真的有极限。

定理（单调有界定理）：单调递增（或不减）且有上界的数列必有极限；单调递减（或不增）且有下界的数列必有极限。

证明（递增有上界的情形）：

设 $\{a_n\}$ 递增且有上界。记 $\xi$ 为它的上确界（由确界原理，存在）。

第一步：$\xi$ 是上界，所以一切 $a_n \le \xi$，即 $|a_n - \xi| = \xi - a_n \ge 0$，误差非负。

第二步：任给 $\varepsilon > 0$。因为 $\xi$ 是最小上界，$\xi - \varepsilon$ 就不再是上界了，所以存在某一项 $a_N > \xi - \varepsilon$。

第三步：数列递增，所以对一切 $n \ge N$，$\xi - \varepsilon < a_N \le a_n \le \xi$，即

$$0 \le \xi - a_n < \varepsilon,\quad \text{也就是}\ |a_n - \xi| < \varepsilon$$

所以 $a_n \to \xi$。证毕。

极限就是上确界本身。 这个结论比定理本身还漂亮——递增有界数列冲不出去的那个"天花板"，正是它收敛的目的地。

最后：什么时候法则会失效

回到开头的三个例子，现在你能说清每个的理由：

1. $x \cdot \dfrac{1}{x}$：拆开后 $\dfrac{1}{x}$ 无极限，乘积律前提不满足。
2. $\dfrac{\sin x}{x}$ 当 $x \to \infty$：$\sin x$ 无极限，但整体有极限——说明法则充分不必要。这种题要用"拆成 $\sin x \cdot \dfrac{1}{x}$，前者有界后者趋于 0，有界×趋于 0 = 趋于 0"。
3. $\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x$：指数不能提出去。

还有一类更隐蔽的：无穷多次运算。 和的极限等于极限的和，这对有限次成立。对无限次？不一定。

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k} \ne \sum_{k=1}^{\infty}\left(\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+k}\right) = \sum_{k=1}^{\infty} 0 = 0$$

左边等于 $\ln 2$，右边等于 0。同一个表达式，因为"极限"和"无限求和"不能交换，谬以千里。

这个坑深到需要一整讲来填（第十七讲"反常积分"、第十九讲"一致收敛"）。这里先给你留个印象：有限次运算法则，不能推广到无限次，除非你额外证明了某个条件。

思考与拓展

1. 用 ε-δ 证明 $\lim\limits_{x\to 1}(x^2 + 2x) = 3$。分两步：先证 $x^2 \to 1$，再证加法。
2. 为什么乘积律的证明里，必须先证明"有界性引理"？如果跳过引理直接拆项，会在哪一步卡住？
3. $\lim\limits_{x\to 0} x \sin\dfrac{1}{x}$ 存在吗？用"有界 × 趋于 0"的方法算，再想想能不能用乘积律，为什么不能。
4. 夹逼准则里，如果 $g$ 和 $h$ 的极限不是同一个数，还能夹出什么结论？（提示：能夹出一个范围。）
5. $\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n+k}$ 到底等于多少？写出前几项部分和，猜一个数，再验证。

一句话总结

四条运算法则共用同一个骨架：拆项、对半分、min 取 δ；不同之处只在每个法则都要先"界住"一个东西——加法界不住什么，乘积要界住变量，倒数要界住分母，而凡涉无限次，法则就可能整体失效。

附：本文涉及的史实出处

• 极限四则运算法则的 ε-δ 证明：标准结果，见任意数学分析教材第一章极限论
• 有界性引理、倒数极限的 $\delta = \min(|L|/2,\ |L|^2\varepsilon/2)$：标准取法；本文用数值验证了该 δ 对多组 ε 成立
• 夹逼准则：柯西时代已通行，现代形式归入 ε-δ 定义的直接推论
• 单调有界定理：与确界原理等价，魏尔斯特拉斯严格化之后的处理
• 反例 $x\cdot\frac{1}{x}$、$\frac{\sin x}{x}$、$(1+\frac1x)^x$ 及 $\lim\sum\frac{1}{n+k}=\ln 2$：均为标准教学反例