극한에 관한 정리

ε-δ법에 의하여 x→a 일 때 f(x)→α임을 보이기 위해서는 먼저 α를 추정하여야 한다. 그러나 실제로 α를 추정하기 쉽지 않으며, 추정할 수 있는 경우도 증명을 위해서는 여러가지 기교가 필요할 수 있다.

따라서 실제로 극한을 계산할 때는 간단한 함수의 극한을 알고, 몇 개의 정리를 활용하여 결과를 얻는다. 이 때 필요한 정리들을 생각해 본다.

정리 1. \(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)=\alpha\end{align}\) 이면 α의 적당한 근방의 x(단, a≠x)에 대하여 f(x)의 집합은 유계이다.

<증명> 가정에 의하여 임의의 양수 ε에 대하여 적당한 양수 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 이면 |f(x)-α|<ε 이다. 곧, α-ε<f(x)<α+ε. 그러므로 0<|x-a|<δ인 x의 집합에서 f(x)의 집합은 상계 α+ε, 하계 α-ε를 가지며 유계이다.

[주] 일반으로 다음 부등식이 성립한다. |α+ε|≤|α|+ε, |α-ε|≤|α|+ε. 따라서, -(|α|+ε)≤α-ε<f(x)<α+ε≤|α|+ε 이므로 |f(x)|<|α|+ε. 특히 ε=1 이면 적당한 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 이면 |f(x)|<|α|+1.

위의 주의를 따라 정리 1은 다음과 같이 변형할 수 있다.

\(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)=\alpha\end{align}\) 이면 적당한 양수 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 인 모든 x에 대하여 |f(x)|≤M 인 양수 M이 존재한다.

[예제 1] \(f(x)=\frac{3x^2-12}{x-2}\) 일 때 \(\begin{align}\lim_{x\to2}f(x)=12\end{align}\) 이고, 임의의 ε>0에 대하여 \(\delta={\epsilon\over3}\) 이라 하면 0<|x-2|<δ 일 때 |f(x)-12|<ε 임을 알고 있다.

(1) ε=1    일 때 δ의 값 및 0<|x-2|<δ 일 때 f(x)의 상계, 하계를 구하여라.

(2) ε=0.6 일 때 δ의 값 및 0<|x-2|<δ 일 때 f(x)의 상계, 하계를 구하여라.

<풀이>
(1) δ=ε/3=1/3, 0<|x-2|<δ 일 때 12-1<f(x)<12+1 ∴ 상계 13, 하계 11
(2) δ=0.6/3=0.2, 0<|x-2|<δ 일 때 12-0.6<f(x)<12+0.6 ∴ 상계 12.6, 하계 11.4

정리 2. 두 함수 f, g에 대하여 \(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)=\alpha,\,\lim_{x\to a}=\beta\end{align}\) 이면 (1) \(\begin{align}\lim_{x\to a}\{f(x)+g(x)\}=\lim_{x\to a}f(x)+\lim_{x\to a}g(x)=\alpha+\beta\end{align}\) (2) \(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)g(x)=\left\{\lim_{x\to a}f(x)\right\}\left\{\lim_{x\to a}g(x)\right\}=\alpha\beta\end{align}\)

<증명>

(1) 가정에 따라 임의의 ε>0에 대하여 적당한 양수 δ를 정하여\[0<|x-a|<\delta\ \text{일 때}\ |f(x)-\alpha|<{\epsilon\over2},\,|g(x)-\beta|<{\epsilon\over2}\]이다. 그러므로 0<|x-a|<δ 일 때

\(\begin{split}&|\{f(x)+g(x)\}-(\alpha+\beta)|=|f(x)-\alpha+g(x)-\beta|\le|f(x)-\alpha|+|g(x)-\beta|<\epsilon\\&\therefore\ \lim_{x\to a}\{f(x)+g(x)\}=\alpha+\beta\end{split}\)

(2) f(x)g(x)-αβ={f(x)-α}g(x)+α{g(x)-β} 이므로 |f(x)g(x)-αβ|≤|f(x)-α||g(x)|+|α||g(x)-β|이 성립한다.

\(\begin{align}\lim_{x\to a}g(x)=\beta\end{align}\) 이므로 정리 1에 의하여 적당한 δ'가 존재하여 0<|x-a|<δ' 일 때 |g(x)|<M 인 양수 M이 존재한다. 그런데 \(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)=\alpha\end{align}\) 이므로 적당한 \(\delta_1>0(\delta_1\le\delta')\)에 대하여 \(0<|x-a|<\delta_1\) 일 때 \(|f(x)|<{\epsilon\over2M}\) 이다. 따라서, \(|f(x)-\alpha||g(x)|<{\epsilon\over2M}\cdot M={\epsilon\over2}\cdots(a)\)

또한, α=0 일 때는 임의의 ε>0에 대하여 \(|\alpha||g(x)-\beta|=0<{\epsilon\over2}\) 이다.

α≠0 이면 |α|>0 이므로 적당한 \(\delta_2\)에 대하여 \(0<|x-a|<\delta_2\) 일 때 \(|g(x)-\beta|<{\epsilon\over2|\alpha|}\)

\(\therefore\ |\alpha||g(x)-\beta|<|\alpha|\cdot{\epsilon\over2|\alpha|}={\epsilon\over2}\cdots(b)\)

이제 \(\delta=\min\{\delta_1,\,\delta_2\}\)라 하면 (a)와 (b)에 의하여 0<|x-a|<δ 일 때 \(|f(x)g(x)-\alpha\beta|<{\epsilon\over2}+{\epsilon\over2}=\epsilon\)

\(\begin{align}\therefore\ \lim_{x\to a}f(x)g(x)=\alpha\beta\end{align}\)

계. \(\begin{align}\lim_{x\to a}f(x)=\alpha,\,\lim_{x\to a}g(x)=\beta,\,k\end{align}\)가 상수일 때 \(\begin{split}&(1)\ \lim_{x\to a}kf(x)=k\lim_{x\to a}f(x)=k\alpha\\&(2)\ \lim_{x\to a}\{f(x)-g(x)\}=\lim_{x\to a}f(x)-\lim_{x\to a}g(x)=\alpha-\beta\end{split}\)

<증명>
(1) g(x)=k 이면 \(\begin{align}\lim_{x\to a}g(x)=k\end{align}\). 따라서 정리 2에 의하여
\(\begin{align}\lim_{x\to a}kf(x)=\lim_{x\to a}\{g(x)f(x)\}=\lim_{x\to a}g(x)\lim_{x\to a}f(x)=k\alpha\end{align}\)

(2) (1)과 정리 2에 의하여 \(\displaystyle\lim_{x\to a}\{f(x)-g(x)\}=\lim_{x\to a}\{f(x)+(-1)g(x)\}=\lim_{x\to a}f(x)+\lim_{x\to a}{(-1)g(x)}=\alpha-\beta\)

정리 3. \(\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=\beta(\ne0)\) 이면 (1) 적당한 양수 \(\delta_1\)에 대하여 \(0<|x-a|<\delta_1\) 일 때 g(x)≠0 (2) \(\displaystyle\lim_{x\to a}{1\over g(x)}={1\over\beta}\)

<증명>
(1) |β|>0 이므로 \(\epsilon={|\beta|\over2}\)에 대하여 적당한 양수 \(\delta_1\)이 존재하고 \(0<|x-a|<\delta_1\) 일 때 |g(x)-β|<ε. 그런데 |β|=|{β-g(x)}+g(x)|≤|β-g(x)|+|g(x)|<ε+|g(x)|.
\(\therefore\ |g(x)|>|\beta|-\epsilon=|\beta|-{|\beta|\over2}={|\beta|\over2}>0\). 곧, \(0<|x-a|<\delta_1\)인 모든 x에 대하여 g(x)≠0.

(2) (1)의 증명과정의 범위 x에 대하여
\(\left|{1\over g(x)}-{1\over\beta}\right|=\left|\frac{\beta-g(x)}{\beta g(x)}\right|={1\over|g(x)|}\cdot\left|\frac{g(x)-\beta}{\beta}\right|<{2\over|\beta|}\cdot\frac{|g(x)-\beta|}{|\beta|}={2\over|\beta|^2}|g(x)-\beta|\cdots(a)\)

또한 가정에 의하여 임의의 ε>0에 대하여 적당한 \(\delta_2>0\)가 존재하여 \(0<|x-a|<\delta_2\)인 x에 대하여

\(|g(x)-\beta|<{|\beta|^2\over2}\epsilon\cdots(b)\)

이제 \(\delta=\min{\delta_1,\,\delta_2}\)라고 하면 0<|x-a|<δ인 x는 (a)와 (b)를 모두 만족하므로

\(\left|{1\over g(x)}-{1\over\beta}\right|<{2\over|\beta|^2}|g(x)-\beta|<{2\over|\beta|^2}\cdot{|\beta|^2\over2}\epsilon=\epsilon.\ \therefore\ \displaystyle\lim_{x\to a}{1\over g(x)}={1\over\beta}\)

계. \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\alpha,\,\lim_{x\to a}g(x)=\beta(\ne0)\) 일 때 \(\displaystyle\lim_{x\to a}{f(x)\over g(x)}={\alpha\over\beta}\)

<증명> 정리 2의 (2)와 정리 3에 의하여 \(\displaystyle\lim_{x\to a}{f(x)\over g(x)}=\lim_{x\to a}f(x)\cdot\lim_{x\to a}{1\over g(x)}={\alpha\over\beta}\)

[예제 2] 다음을 증명하여라. 단, b≠0. (수학적 귀납법 참조)

\(\displaystyle(1)\ \lim_{x\to a}x^2=a^2\quad(2)\ \lim_{x\to b}{1\over x}={1\over b}\quad(3)\ \text{임의의 양의 정수 n에 대하여 }\lim_{x\to a}x^n=a^n,\,\lim_{x\to b}{1\over x^n}={1\over b^n}\)

<증명>
(1) 정리 2에 의하여 \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^2=\lim_{x\to a}x\cdot\lim_{x\to a}x=a^2\)
(2) 정리 3에 의하여 \(\displaystyle\lim_{x\to b}{1\over x}={1\over\lim_{x\to b}x}={1\over b}\)
(3) n=1 일 때 \(\displaystyle\lim_{x\to a}x=a\) 이므로 성립한다.

n=k(≥1)에 대하여 \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^k=a^k\) 이라고 가정하면 \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^{k+1}=\lim_{x\to a}x^k\cdot x=\lim_{x\to a}x^k\cdot\lim_{x\to a}x=a^k\cdot a=a^{k+1}.\)

따라서 n=k+1 일 때도 성립한다. ∴ 임의의 양의 정수 n에 대하여 \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^n=a^n,\,\lim_{x\to b}{1\over x^n}={1\over b^n}\)

[주] \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^0=\lim_{x\to a}1=1=a^0\). 또한 \({1\over x^n}=x^{-n}\) 이므로 모든 정수 n에 대하여 다음 식이 성립한다.
\(\displaystyle\lim_{x\to a}x^n=a^n.\)(단, n<0 일 때는 a≠0) 

[예제 3] 다음 극한을 구하여라. \(\displaystyle\lim_{x\to2}(x^2-5x+8)\)

<풀이> \(\displaystyle\lim_{x\to2}(x^2-5x+8)=\lim_{x\to2}x^2-5\lim_{x\to2}x+\lim_{x\to2}8=2^2-5\cdot2+8=2\)

[예제 4] \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n(a_i\text{는 상수})\) 일 때 \(\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)=f(c)\)임을 보여라.

<풀이> \(\begin{split}\lim_{x\to c}f(x)&=\lim_{x\to c}\left(a_0+a_1x+a_2x^2_\cdots+a_nx^n\right)=\lim_{x\to c}a_0+\lim_{x\to c}a_1x+\lim_{x\to c}a_2x^2+\cdots+\lim_{x\to c}a_nx^n\\&=a_0+a_1c+a_2c^2+\cdots+a_nc^n=f(c)\end{split}\)

[예제 5] \(a_0,\,a_1,\,\cdots,\,a_n,\,b_0,\,b_1,\,\cdots,\,b_m\)은 상수이고\[\begin{split}&f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n\\&g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_mx^m\end{split}\]일 때 상수 c에 대하여 g(c)≠0 이다. 다음을 증명하여라.

\[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(c)}{g(c)}\]

<풀이> 예제 4에 의하여 \(\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)=f(c),\,\lim_{x\to c}g(x)=g(c)\). 또한 g(c)≠0 이므로
\[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)}{\displaystyle\lim_{x\to c}g(x)}=\frac{f(c)}{g(c)}\]

[예제 6] x≥0 일 때 \(f(x)=\sqrt{x}\)라 한다. 이 때 다음식이 성립함을 보여라.
(1) a>0 이면 \(\displaystyle\lim_{x\to a}\sqrt{x}=\sqrt{a}\)
(2) \(\displaystyle\lim_{x\to+0}\sqrt{x}=0\)

<풀이>
(1) x≥0 이므로 \(\sqrt{x}+\sqrt{a}\ge\sqrt{a}\). 따라서 \(|\sqrt{x}-\sqrt{a}|=\frac{|x-a|}{\sqrt{x}+\sqrt{a}}\le\frac{|x-a|}{\sqrt{a}}\).
임의의 ε>0에 대하여 \(δ=\sqrt{a}\epsilon\)이라 하면 0<|x-a|<δ인 x에 대하여
\(|\sqrt{x}-\sqrt{a}|\le\frac{|x-a|}{\sqrt{a}}<\frac{\delta}{\sqrt{a}}=\epsilon.\ \therefore\ \displaystyle\lim_{x\to a}\sqrt{x}=\sqrt{a}\).

(2) x>0 이므로 |x-0|=x. 따라서 0<x<δ인 x에 대하여 \(\delta=\epsilon^2\)이라 하면

\(|\sqrt{x}-0|=\sqrt{x}<\sqrt{\delta}=\epsilon.\ \therefore\ \displaystyle\lim_{x\to+0}\sqrt{x}=0.\)

[예제 7] \(\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^2-8}{x^2-5x+6}=\lim_{x\to2}\frac{x^2+2x+4}{x-3}=-12\)

정리 4. 함수 f, g에 대하여 \(h=g\circ f\)라 한다. \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=b,\,\lim_{y\to b}g(y)=c\) 이면 \(\displaystyle\lim_{x\to a}h(x)=c\) 이다. 단, f는 \(0<|x-a|<r_1\)에서 g는 \(0<|y-b|<r_2\)에서 정의되어 있다.

<증명> 가정에 의해 임의의 ε>0에 대하여 \(\delta_1>0\)이 존재하여

\(0<|y-b|=|f(x)-b|<\delta_1\) 일 때 \(|g(y)-c|<\epsilon\cdots(a)\)

또한, 가정에 의해 위의 \(\delta_1\)에 대하여 δ>0가 존재하여

0<|x-a|<δ 일 때 \(|f(x)-b|<\delta_1\cdots(b)\)

(a)와 (b)에서 \(\displaystyle|h(x)-c|=|g(f(x))-c|=|g(y)-c|<\epsilon.\ \therefore\ \lim_{x\to a}h(x)=c.\)

[예제 8] \(\displaystyle\lim_{x\to3}\sqrt{\frac{x(x^2-9)}{x-3}}\)를 구하여라.

<풀이> \(f(x)=\frac{x(x^2-9)}{x-3},\,g(y)=\sqrt{y}\)라 놓으면 \(h(x)=\sqrt{\frac{x(x^2-9)}{x-3}}=\sqrt{f(x)}=g(f(x))\).

\(\displaystyle\lim_{x\to3}f(x)=\lim_{x\to3}x(x+3)=18,\,\lim_{x\to3}h(x)=\lim_{x\to3}g(f(x))=\lim_{y\to18}g(y)=3\sqrt{2}\)

[주] \(f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n,\,g(x)=b_0x^m+b_1x^{m-1}+\cdots+b_m\)
(단, \(a_0,\,a_1,\,\cdots,\,a_n,\,b_0,\,b_1,\,\cdots,\,b_m\)은 상수)이라 할 때
\(\displaystyle\lim_{x\to c}\sqrt{f(x)}=\sqrt{f(c)},\,\lim_{x\to c}\sqrt{\frac{f(x)}{g(x)}}=\sqrt{\frac{f(c)}{g(c)}}\) 이다.

[예제 9] \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{1+\sqrt{1-x}}={1\over2}\).

《문     제》

다음 극한값을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\lim_{x\to4}(x^3-3x^2-5x+1)=4^3-3(4)^2-5(4)+1=-3\)

(2) \(\displaystyle\lim_{t\to2}(6t^4-2t+7)=6(2)^4-2(2)+7=99\)

(3) \(\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x+1}{x+2}=\frac{1+1}{1+2}={2\over3}\)

(4) \(\displaystyle\lim_{x\to1}\sqrt{\frac{x-1}{x+2}}=\sqrt{\frac{1-1}{1+2}}=0\)

(5) \(\displaystyle\lim_{x\to2}\sqrt{\frac{x^2+1}{x^2+2}}=\sqrt{\frac{4+1}{4+2}}=\sqrt{5\over6}\)

(6) \(\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^2-x-2}{x^4-4}=\lim_{x\to2}\frac{x+1}{x+2}=\frac{2+1}{2+2}={3\over4}\)

(7) \(\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^2-3x+2}{x^2-x-2}=\lim_{x\to2}\frac{x-1}{x+1}=\frac{2-1}{3+1}={1\over3}\)

(8) \(\displaystyle\lim_{x\to-2}\sqrt{\frac{x^3+8}{x+2}}=\lim_{x\to-2}\sqrt{x^2-2x+4}=\sqrt{2^2-2(2)+4}=2\sqrt{3}\)

(9) \(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{(3+h)^2-3^2}{h}=\lim_{h\to0}(6+h)=6\)

(10) \(\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^2-x^2}{h}=\lim_{h\to0}(3x^2+3hx+h^2)=3x^2\)

(11) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1+x}}{2}=1\)

(12) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2x}{\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to0}2\left(\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2+1}\right)=4\)