실수의 완비성

수열의 극한이 존재한다는 정리를 증명하기 위해서는 실수의 완비성을 가정해야만 한다.

완비성 공리

S가 공집합이 아닌 실수의 집합일 때 (S≠ø and S⊆R)
S가 위로 유계이면 상한 sup(S)는 단 한개 존재한다.

S가 아래로 유계이면 하한 inf(S)는 단 한개 존재한다.

[예제 1] 2보다 크고, 그 제곱이 6보다 작은 유리수 전체의 집합을 S라 할 때 sup(S), inf(S)를 구하여라.

<풀이> S={x|x>2, x²<6, x는 유리수} 이므로 S의 원은 다음 식을 만족한다.\[2<x<\sqrt{6}\]분명히 S≠ø 이므로 sup(S)=√6, inf(S)=2

정리 1   유계인 단조수열은 수렴한다.

<증명> 수열 \(\{a_n\}\)이 유계인 단조증가수열이라 하자.

S≠ø 이고 \(S=\{a_1,\,a_2,\,a_3,\,\cdots,\,a_n,\,\cdots\}\)라 놓으면 S는 유계이다. 상한을 sup(S)=a라 하면 다음과 같은 사실을 알 수 있다.

(1) 모든 n에 대하여 \(a_n\le a\)
(2) a 보다 작은 실수는 상계가 아니다.
따라서 임의의 ε>0에 대하여 이 수열 중에

\[a_N>a-\epsilon\]

을 만족하는 \(a_N\)이 존재한다. 또한 \(\{a_n\}\)은 단조증가이므로

\[n\ge N\ \text{이면}\ a_n\ge a_N\ \therefore\ a_n>a-\epsilon\]

위의 결과와 a는 상한이므로

\[n\ge N\ \text{이면}\ a-\epsilon<a_n\le a\]

곧, 임의의 ε>0에 대하여

\[n\ge N\ \text{이면}\ |a_n-a|<\epsilon\]

임을 알 수 있다. 따라서

\[\lim_{n\to\infty}a_n=a\]

\(\{a_n\}\)이 단조감소이고 하한이 b라고 하면 같은 방법으로 다음을 증명할 수 있다.

\[\lim_{n\to\infty}a_n=b\]

수열 \(a_n=1+{1\over1!}+{1\over2!}+{1\over3!}+\cdots+{1\over(n-1)!},\,n=1,\,2,\,3,\,\cdots\)

은 「수열의 유계성ㆍ단조성과 극한」 글 예제4에 의하여 유계인 단조증가 수열이다. 정리 1에 따라 \(\{a_n\}\)은 수렴한다. 이 극한값을 아래와 같이 e로 나타낸다.

\[\begin{split}e&=\lim_{n\to\infty}\left\{1+{1\over1!}+{1\over2!}+{1\over3!}+\cdots+{1\over(n-1)!}\right\}\\&=1+{1\over1!}+{1\over2!}+{1\over3!}+\cdots+{1\over n!}+\cdots=\sum_{k=0}^\infty{1\over k!}(\text{단},\,0!=1)\\&=2.71828182845\cdots\end{split}\]

예제 4의 결과로부터 e<3 이다. e는 무리수이고 오일러(Euler)의 수라고 불리운다.

[예제 2] \(a_1=1,\,a_n=\sqrt{2+a_{n-1}},\,n=2,\,3,\,4,\,\cdots\) 일 때 \(\lim_{n\to\infty}a_n\)을 구하여라.

<풀이> \(a_2=\sqrt{2+a_1}=\sqrt{3}>a_1\) 또한, \(a_n>a_{n-1}\)라고 가정하면

\(a_{n+1}-a_n=\sqrt{2+a_n}-\sqrt{2+a_{n-1}}=\dfrac{a_n-a_{n-1}}{\sqrt{2+a_n}+\sqrt{2+a_{n-1}}}>0\)

따라서 수학적 귀납법에 의하여 임의의 자연수 n에 대하여 \(a_{n+1}>a_n\) 이므로 수열 \(\{a_n\}\)은 단조증가수열이다.

또한, \(a_1=1<2\) 이고 \(a_n<2\) 라고 하면

\(2-a_{n+1}=2-\sqrt{2+a_n}=\dfrac{2-a_n}{2+\sqrt{2+a_n}}>0\)

곧, \(a_{n+1}<2\) 이므로 수학적 귀납법에 의해서 임의의 자연수 n에 대하여 \(a_n<2\). 따라서 이 수열은 유계이다.

정리 1에 의하여 극한값 l이 존재하므로 다음 식이 성립한다.

\[\begin{split}&\lim_{n\to\infty}a_n^2=l^2=\lim_{n\to\infty}(2+a_{n-1})=2+l\\&\therefore l^2-l-2=(l-2)(l+1)=0\\&a_n>0\ \text{이므로}\ \lim_{n\to\infty}a_n=l=2\end{split}\]

[예제 3] \(a_n=1+{1\over2}+{1\over3}+\cdots+{1\over n},\,n=1,\,2,\,3,\,\cdots\)은 발산함을 보여라.

<풀이> \(a_{n+1}=a_n+{1\over n+1}>a_n\) 이므로 단조증가이다

\(n=2^m\)인 항들을 생각해 본다.

\(a_1=1\)

\(a_2=1+{1\over2}\)

\(a_4=1+{1\over2}+{1\over3}+{1\over4}>1+{1\over2}+\left({1\over4}+{1\over4}\right)=1+{2\over2}\)

\(a_8=1+{1\over2}+{1\over3}+{1\over4}+{1\over5}+{1\over6}+{1\over7}+{1\over8}>1+{1\over2}+\left({1\over4}+{1\over4}\right)+\left({1\over8}+{1\over8}+{1\over8}+{1\over8}\right)=1+{3\over2}\)

\(\cdots\)

\(a_n=1+{1\over2}+\left({1\over3}+{1\over4}\right)+\left({1\over5}+{1\over6}+{1\over7}+{1\over8}\right)+\cdots+\left({1\over2^{m-1}+1}+{1\over2^{m-1}+2}+\cdots+{1\over2^m}\right)>1+{m\over2}\)

따라서 m→∞ 일 때 \(a_n\to\infty\) 이므로 \(\{a_n\}\)은 유계가 아니다. 그러므로 이 수열은 발산한다.

정리 2   세 수열 \(\{a_n\},\,\{b_n\},\,\{c_n\}\)이 \[a_n\le b_n\le c_n,\,\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}c_n=l\]을 만족하면 \(\lim_{n\to\infty}b_n=l\).

<증명> 조건에 의하여 임의의 ε>0에 대하여 자연수 \(N_1,\,N_2\)가 존재하여

\[\begin{split}n\ge N_1\ \text{이면}\ |a_n-l|<\epsilon\\n\ge N_2\ \text{이면}\ |c_n-l|<\epsilon\end{split}\]

\(N=\max\{N_1,\,N_2\}\)라 하면 n≥N 일 때 \(l-\epsilon<a_n<l+\epsilon,\,l-\epsilon<c_n<l+\epsilon\).

따라서 \(l-\epsilon<a_n\le b_n\le c_n<l+\epsilon\). 이것은 임의의 ε>0에 대하여 N이 존재하여 n≥N 이면 \(|b_n-l|<\epsilon\)을 의미하므로

\[\lim_{n\to\infty}b_n=l\]

[예제 4] n이 양의 정수일 때 \(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1\) 임을 증명하여라.

<증명> \(\sqrt[n]{n}=1+h(h\ge0)\)으로 놓으면

이항 정리에 의하여

\(n=(1+h)^n=1+nh+{n(n-1)\over2}h^2+\cdots+h^n\ge{n(n-1)\over2}h^2(n\ge2)\ \therefore\ h^2\le{2\over n-1}\)

\(h\ge0\) 이므로 \(0\le h=\sqrt[n]{n}-1\le\sqrt{2\over n-1}(n\ge2)\). 그런데 \(\lim_{n\to\infty}\sqrt{2\over n-1}=0\) 이므로

정리 2에 의하여 \(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}-1=0\ \therefore\ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1\).

[예제 5] 수열 \(\{a_n\}\)이 a에 수렴하면 \(\lim_{n\to\infty}{1\over n}(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n)=a\) 임을 증명하여라.

<증명> 가정에 의하여 임의의 \(\epsilon_1>0\)에 대하여 자연수 N이 존재하여 n≥N 이면 \(|a_n-a|<\epsilon_1\). 한편

\(|a_n-a|=\left|{1\over n}(a_1+a_2+\cdots+a_n)-a\right|={1\over n}|a_1+a_2+\cdots+a_n-na|\)

\(={1\over n}|(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_N-a)+(a_{N+1}-a)+\cdots+(a_n-a)|\)

\(\le{1\over n}\{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_N-a|\}+{1\over n}\{|a_{N+1}-a|+\cdots+|a_n-a|\}\)

\(<{1\over n}\{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_N-a|\}+{n-N\over n}\epsilon_1\)

따라서 임의의 ε>0에 대하여 \({1\over n}\{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_N-a|\}<{\epsilon\over2}\), \({n-N\over n}\epsilon_1<{\epsilon\over2}\)가 되도록 자연수 N을 택하면 n≥N 일 때

\(\left|{1\over n}(a_1+a_2+\cdots+a_n)-a\right|<{\epsilon\over2}+{\epsilon\over2}=\epsilon\ \therefore\ \lim_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n)=a\)

[예제 6] n을 양의 정수라 할 때 \(\lim_{n\to\infty}\left(1+{1\over n}\right)^n=e\) 임을 증명하여라.

<증명> \(a_n=(1+1/n)^n\)으로 놓고 이항정리에 따라 전개하면

\(a_n=\left(1+{1\over n}\right)^n\)

\(\quad\,\,=1+n\cdot{1\over n}+{n(n-1)\over2!}\left(1\over n\right)^2+\cdots+{n(n-1)\cdots(n-k+1)\over k!}\left(1\over n\right)^k+\cdots+{n!\over n!}\left(1\over n\right)\)

\(\quad\,\,=1+1+{1\over2!}\left(1-{1\over n}\right)+\cdots+{1\over k!}\left(1-{1\over n}\right)\cdots\left(1-{k-1\over n}\right)+\cdots\)

\(\qquad\,+{1\over n!}\left(1-{1\over n}\right)\cdots\left(1-{n-1\over n}\right)\)

동일한 방법으로

\(a_{n+1}=\left(1+{1\over n}\right)^{n+1}\)

\(\qquad\,=1+1+{1\over2!}\left(1-{1\over n+1}\right)+\cdots+{1\over k!}\left(1-{1\over n+1}\right)\cdots\left(1-{k-1\over n+1}\right)+\cdots\)

\(\qquad\quad+{1\over(n+1)!}\left(1-{1\over n+1}\right)\cdots\left(1-{n\over n+1}\right)\)

위의 두식에서 k+1 번째 항을 비교하면 \(a_n<a_{n+1}\) 이므로 수열 \(\{a_n\}\)은 단조증가수열이다. \(a_n\)의 전개식과 수학적 귀납법으로부터 \(k!\ge2^{k-1}(k\ge2)\) 이므로

\((1)\ a_n<1+{1\over1!}+{1\over2!}+{1\over3!}+\cdots+{1\over k!}+\cdots+{1\over n!}\le1+1+{1\over2}+{1\over2^2}+\cdots+{1\over2^{n-1}}\)

\(\qquad\ \ <1+{1\over1-{1\over2}}=3\)

따라서 \(\{a_n\}\)은 유계이므로 이 수열은 수렴한다.

앞선 식에서 k 대신에 p>2를 대입하고 고정하면 n>p 일 때

\(a_n>1+{1\over1!}+{1\over2!}\left(1-{1\over n}\right)+\cdots+{1\over p!}\left(1-{1\over n}\right)\cdots\left(1-{p-1\over n}\right)\) 이므로

\(\lim_{n\to\infty}a_n\ge1+{1\over1!}+{1\over2!}+\cdots+{1\over p!}\ge e\)

또한 식 (1)로부터 \(\lim_{n\to\infty}a_n\le\lim_{n\to\infty}\left(1+{1\over1!}+{1\over2!}+\cdots+{1\over n!}\right)=e\ \therefore\ \lim_{n\to\infty}a_n=e\) 

--- under construction ---