数列极限

假設 ${\displaystyle z}$ 的虛部 ${\displaystyle \operatorname {Im} (z)\neq 0}$ 的話，則對極限定義取 ${\displaystyle \epsilon =|\operatorname {Im} (z)|>0}$ 的話，會存在 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ ，使得任意的 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$，只要 ${\displaystyle i>n}$有

${\displaystyle |z-z_{i}|={\sqrt {{[\operatorname {Re} (z)-z_{i}]}^{2}+{|\operatorname {Im} (z)|}^{2}}}<|\operatorname {Im} (z)|}$

這是矛盾的，所以根據反證法，${\displaystyle \operatorname {Im} (z)=0}$ ，即 ${\displaystyle z\in \mathbb {R} }$ 。${\displaystyle \Box }$

設數列 ${\displaystyle {\{z_{i}\in \mathbb {C} \}}_{i\in \mathbb {N} }}$ 有兩個不相等的極限值${\displaystyle z,\,z^{\prime }\in \mathbb {C} }$，則根據假設，對任意的 ${\displaystyle \epsilon >0}$ ，存在 ${\displaystyle n_{1},\,n_{2}\in \mathbb {N} }$，使任意 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$，只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n_{2}\}}$ 就有

${\displaystyle |z_{i}-z|<{\frac {\epsilon }{2}}}$

${\displaystyle |z_{i}-z^{\prime }|<{\frac {\epsilon }{2}}}$

這樣根據三角不等式，對任意的 ${\displaystyle \epsilon >0}$ ， 只要自然數 ${\displaystyle i>n}$ 就有則

${\displaystyle |z-z^{\prime }|=|(z-z_{i})-(z^{\prime }-z_{i})|\leq |z-z_{i}|+|z^{\prime }-z_{i}|<\epsilon }$

這樣的話，根據不極限不相等的假設有

${\displaystyle |z-z^{\prime }|>0}$

所以可以取${\displaystyle \epsilon =|z-z^{\prime }|}$而得到

${\displaystyle |z-z^{\prime }|<|z-z^{\prime }|}$

這樣是矛盾的，故根據反證法， ${\displaystyle |z-z^{\prime }|=0}$ ，也就是 ${\displaystyle z=z^{\prime }}$，故極限唯一。${\displaystyle \Box }$

因為${\displaystyle \{x_{i}\in \mathbb {C} \}_{i\in \mathbb {N} }}$有極限，所以有复数 ${\displaystyle L\in \mathbb {C} }$ 滿足

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }x_{n}=L}$

這樣的話，對於 ${\displaystyle \epsilon =1>0}$ ，存在自然数 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$，使得任意的自然数 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$，只要 ${\displaystyle i>n}$，則

${\displaystyle |x_{i}-L|<\epsilon =1}$

從而

${\displaystyle |x_{n}|=|(x_{n}-L)+L|\leq |x_{n}-L|+|L|<1+|L|}$

這樣的話，令

${\displaystyle M=\max \left(|x_{1}|,\ |x_{2}|,\cdots ,\ |x_{n}|,\ 1+|L|\right)}$

就會有

${\displaystyle |x_{i}|\leq M}$

故得証。${\displaystyle \Box }$

左至右：

取${\displaystyle \epsilon ={\frac {a-b}{2}}>0}$，則由前提假設，存在 ${\displaystyle n_{1},\,n_{2}\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n_{2}\}}$ 就有

${\displaystyle |x_{i}-a|<{\frac {a-b}{2}}}$

${\displaystyle |y_{i}-b|<{\frac {a-b}{2}}}$

从而

${\displaystyle y_{n}<b+{\frac {a-b}{2}}={\frac {a+b}{2}}}$

故

${\displaystyle y_{n}<{\frac {a+b}{2}}<x_{n}}$

這樣取 ${\displaystyle n=\max\{n_{1},\,n_{2}\}}$ ，左至右就得證。${\displaystyle \Box }$

右至左：

由前提假設，對任意的 ${\displaystyle \epsilon >0}$ ，存在 ${\displaystyle n_{1},\,n_{2}\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n_{2},\,n\}}$ 就有

${\displaystyle \epsilon -a<x_{i}<\epsilon +a}$

${\displaystyle \epsilon -b<y_{i}<\epsilon +b}$

${\displaystyle x_{i}>y_{i}}$

从而

${\displaystyle 0<x_{i}-y_{i}<a-b}$

故得證。${\displaystyle \Box }$

對任意${\displaystyle \epsilon >0}$ 有 ${\displaystyle {\frac {\epsilon }{2}}>0}$ ，所以根據前提，對 ${\displaystyle \epsilon >0}$ 存在 ${\displaystyle n_{1},\,n_{2}\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n_{2}\}}$ 就有

${\displaystyle |x_{i}-a|<{\frac {\epsilon }{2}}}$

${\displaystyle |y_{i}-b|<{\frac {\epsilon }{2}}}$

這樣根據三角不等式有

${\displaystyle |(x_{i}-y_{i})-(a-b)|\leq |x_{i}-a|+|b-y_{i}|<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon }$

${\displaystyle |(x_{i}+y_{i})-(a+b)|\leq |x_{i}-a|+|y_{i}-b|<{\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon }$

故得證。${\displaystyle \Box }$

對任意正整數${\displaystyle j\in \mathbb {N} }$ 有

${\displaystyle x_{j}(y_{j}-b)+b(x_{j}-a)=x_{j}y_{j}-ab}$ (1)

且根據上面的有界性，存在${\displaystyle M>0}$ 使得

${\displaystyle |x_{j}|\leq M}$ (2)

那對任意的${\displaystyle \epsilon >0}$ 有 ${\displaystyle {\frac {\epsilon }{|b|+M}}>0}$ ，所以根據前提，對 ${\displaystyle \epsilon >0}$ 存在 ${\displaystyle n_{1},\,n_{2}\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n_{2}\}}$ 就有

${\displaystyle |x_{i}-a|<{\frac {\epsilon }{|b|+M}}}$

${\displaystyle |y_{i}-b|<{\frac {\epsilon }{|b|+M}}}$

這樣根據三角不等式和(1)(2)式就有

${\displaystyle |x_{i}y_{i}-ab|\leq |x_{i}||y_{i}-b|+|b||x_{i}-a|\leq M|y_{i}-b|+|b||x_{i}-a|<M{\frac {\epsilon }{|b|+M}}+|b|{\frac {\epsilon }{|b|+M}}=\epsilon }$

故得證。${\displaystyle \Box }$

根據前提(1)，對 ${\displaystyle {\frac {|a|}{2}}>0}$ 存在 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>n}$ 就有

${\displaystyle a-{\frac {|a|}{2}}<x_{i}<a+{\frac {|a|}{2}}}$ (a)

根據實數系的三分律跟前提(2)，不是 ${\displaystyle a>0}$ 就是 ${\displaystyle a<0}$；

先假設${\displaystyle a>0}$ ，那根據(a)有

${\displaystyle {\frac {|a|}{2}}={\frac {a}{2}}<x_{i}=|x_{i}|}$ (b)

另一方面，若${\displaystyle a<0}$，同樣根據(a)有

${\displaystyle x_{i}<{\frac {a}{2}}<0}$ (c)

所以綜合(b)(c)，可以結論

「存在 ${\displaystyle n\in \mathbb {N} }$ 使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>n}$ 就有${\displaystyle {\frac {1}{|x_{i}|}}<{\frac {2}{|a|}}}$」(d)

那對任意的${\displaystyle \epsilon >0}$ 有 ${\displaystyle {\frac {|a|^{2}\epsilon }{2}}>0}$ ，所以根據前提(2)(3)和式(d)，對 ${\displaystyle \epsilon >0}$ 存在 ${\displaystyle n_{1}\in \mathbb {N} }$ ，使任何 ${\displaystyle i\in \mathbb {N} }$ 只要 ${\displaystyle i>\max\{n_{1},\,n,\,m\}}$ 就有

${\displaystyle \left|{\frac {1}{x_{i}}}-{\frac {1}{a}}\right|={\frac {|x_{i}-a|}{|a||x_{i}|}}<{\frac {2|x_{i}-a|}{|a|^{2}}}<{\frac {2}{|a|^{2}}}\cdot {\frac {|a|^{2}\epsilon }{2}}=\epsilon }$

故得證。${\displaystyle \Box }$