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. $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha \end{array}$ 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.

$\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha \end{array}$ 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 $\begin{array}{r}\underset{x\to 2}{lim}f(x)=12\end{array}$ 이고, 임의의 ε>0에 대하여 $\delta =\frac{ϵ}{3}$ 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 $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha ,\underset{x\to a}{lim}=\beta \end{array}$ 이면 (1) $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}\{f(x)+g(x)\}=\underset{x\to a}{lim}f(x)+\underset{x\to a}{lim}g(x)=\alpha +\beta \end{array}$ (2) $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)g(x)=\{\underset{x\to a}{lim}f(x)\}\{\underset{x\to a}{lim}g(x)\}=\alpha \beta \end{array}$

<증명>

(1) 가정에 따라 임의의 ε>0에 대하여 적당한 양수 δ를 정하여$$0<|x-a|<\delta \text{일 때}|f(x)-\alpha |<\frac{ϵ}{2},|g(x)-\beta |<\frac{ϵ}{2}$$이다. 그러므로 0<|x-a|<δ 일 때

$\begin{array}{rl}& |\{f(x)+g(x)\}-(\alpha +\beta )|=|f(x)-\alpha +g(x)-\beta |\le |f(x)-\alpha |+|g(x)-\beta |<ϵ\\ & \therefore \underset{x\to a}{lim}\{f(x)+g(x)\}=\alpha +\beta \end{array}$

(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.

$\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}g(x)=\beta \end{array}$ 이므로 정리 1에 의하여 적당한 δ'가 존재하여 0<|x-a|<δ' 일 때 |g(x)|<M 인 양수 M이 존재한다. 그런데 $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha \end{array}$ 이므로 적당한 ${\delta }_1>0({\delta }_1\le {\delta }^{\prime })$에 대하여 $0<|x-a|<{\delta }_1$ 일 때 $|f(x)|<\frac{ϵ}{2M}$ 이다. 따라서, $|f(x)-\alpha ||g(x)|<\frac{ϵ}{2M}\cdot M=\frac{ϵ}{2}\cdots (a)$

또한, α=0 일 때는 임의의 ε>0에 대하여 $|\alpha ||g(x)-\beta |=0<\frac{ϵ}{2}$ 이다.

α≠0 이면 |α|>0 이므로 적당한 ${\delta }_2$에 대하여 $0<|x-a|<{\delta }_2$ 일 때 $|g(x)-\beta |<\frac{ϵ}{2|\alpha |}$

$\therefore |\alpha ||g(x)-\beta |<|\alpha |\cdot \frac{ϵ}{2|\alpha |}=\frac{ϵ}{2}\cdots (b)$

이제 $\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\}$라 하면 (a)와 (b)에 의하여 0<|x-a|<δ 일 때 $|f(x)g(x)-\alpha \beta |<\frac{ϵ}{2}+\frac{ϵ}{2}=ϵ$

$\begin{array}{r}\therefore \underset{x\to a}{lim}f(x)g(x)=\alpha \beta \end{array}$

계. $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha ,\underset{x\to a}{lim}g(x)=\beta ,k\end{array}$가 상수일 때 $\begin{array}{rl}& (1)\underset{x\to a}{lim}kf(x)=k\underset{x\to a}{lim}f(x)=k\alpha \\ & (2)\underset{x\to a}{lim}\{f(x)-g(x)\}=\underset{x\to a}{lim}f(x)-\underset{x\to a}{lim}g(x)=\alpha -\beta \end{array}$

<증명>
(1) g(x)=k 이면 $\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}g(x)=k\end{array}$. 따라서 정리 2에 의하여
$\begin{array}{r}\underset{x\to a}{lim}kf(x)=\underset{x\to a}{lim}\{g(x)f(x)\}=\underset{x\to a}{lim}g(x)\underset{x\to a}{lim}f(x)=k\alpha \end{array}$

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

정리 3. ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}g(x)=\beta (\ne 0)}$ 이면 (1) 적당한 양수 ${\delta }_1$에 대하여 $0<|x-a|<{\delta }_1$ 일 때 g(x)≠0 (2) ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{\beta }}$

<증명>
(1) |β|>0 이므로 $ϵ=\frac{|\beta |}{2}$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)|.
$\therefore |g(x)|>|\beta |-ϵ=|\beta |-\frac{|\beta |}{2}=\frac{|\beta |}{2}>0$. 곧, $0<|x-a|<{\delta }_1$인 모든 x에 대하여 g(x)≠0.

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

또한 가정에 의하여 임의의 ε>0에 대하여 적당한 ${\delta }_2>0$가 존재하여 $0<|x-a|<{\delta }_2$인 x에 대하여

$|g(x)-\beta |<\frac{|\beta {|}^2}{2}ϵ\cdots (b)$

이제 $\delta =min{\delta }_1,{\delta }_2$라고 하면 0<|x-a|<δ인 x는 (a)와 (b)를 모두 만족하므로

$|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{\beta }|<\frac{2}{|\beta {|}^2}|g(x)-\beta |<\frac{2}{|\beta {|}^2}\cdot \frac{|\beta {|}^2}{2}ϵ=ϵ.\therefore {\displaystyle \underset{x\to a}{lim}\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{\beta }}$

계. ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}f(x)=\alpha ,\underset{x\to a}{lim}g(x)=\beta (\ne 0)}$ 일 때 ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\alpha }{\beta }}$

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

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

${\displaystyle (1)\underset{x\to a}{lim}{x}^2=a^2(2)\underset{x\to b}{lim}\frac{1}{x}=\frac{1}{b}(3)\text{임의의 양의 정수 n에 대하여 }\underset{x\to a}{lim}{x}^n=a^n,\underset{x\to b}{lim}\frac{1}{x^n}=\frac{1}{b^n}}$

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

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

따라서 n=k+1 일 때도 성립한다. ∴ 임의의 양의 정수 n에 대하여 ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}{x}^n=a^n,\underset{x\to b}{lim}\frac{1}{x^n}=\frac{1}{b^n}}$

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

[예제 3] 다음 극한을 구하여라. ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}(x^2-5x+8)}$

<풀이> ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}(x^2-5x+8)=\underset{x\to 2}{lim}{x}^2-5\underset{x\to 2}{lim}x+\underset{x\to 2}{lim}8=2^2-5\cdot 2+8=2}$

[예제 4] $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n(a_i\text{는 상수})$ 일 때 ${\displaystyle \underset{x\to c}{lim}f(x)=f(c)}$임을 보여라.

<풀이> $\begin{array}{rl}\underset{x\to c}{lim}f(x)& =\underset{x\to c}{lim}(a_0+a_{1}x+a_2{x}_{\cdots }^2+a_n{x}^n)=\underset{x\to c}{lim}{a}_0+\underset{x\to c}{lim}{a}_{1}x+\underset{x\to c}{lim}{a}_2{x}^2+\cdots +\underset{x\to c}{lim}{a}_n{x}^n\\ & =a_0+a_{1}c+a_2{c}^2+\cdots +a_n{c}^n=f(c)\end{array}$

[예제 5] $a_0,a_1,\cdots ,a_n,b_0,b_1,\cdots ,b_m$은 상수이고$$\begin{array}{rl}& f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n\\ & g(x)=b_0+b_{1}x+b_2{x}^2+\cdots +b_m{x}^m\end{array}$$일 때 상수 c에 대하여 g(c)≠0 이다. 다음을 증명하여라.

$$\underset{x\to c}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(c)}{g(c)}$$

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

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

<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 $\delta =\sqrt{a}ϵ$이라 하면 0<|x-a|<δ인 x에 대하여
$|\sqrt{x}-\sqrt{a}|\le \frac{|x-a|}{\sqrt{a}}<\frac{\delta }{\sqrt{a}}=ϵ.\therefore {\displaystyle \underset{x\to a}{lim}\sqrt{x}=\sqrt{a}}$.

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

$|\sqrt{x}-0|=\sqrt{x}<\sqrt{\delta }=ϵ.\therefore {\displaystyle \underset{x\to +0}{lim}\sqrt{x}=0.}$

[예제 7] ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2-8}{x^2-5x+6}=\underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2+2x+4}{x-3}=-12}$

정리 4. 함수 f, g에 대하여 $h=g\circ f$라 한다. ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}f(x)=b,\underset{y\to b}{lim}g(y)=c}$ 이면 ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}h(x)=c}$ 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 $|g(y)-c|<ϵ\cdots (a)$

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 ${\displaystyle |h(x)-c|=|g(f(x))-c|=|g(y)-c|<ϵ.\therefore \underset{x\to a}{lim}h(x)=c.}$

[예제 8] ${\displaystyle \underset{x\to 3}{lim}\sqrt{\frac{x(x^2-9)}{x-3}}}$를 구하여라.

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

${\displaystyle \underset{x\to 3}{lim}f(x)=\underset{x\to 3}{lim}x(x+3)=18,\underset{x\to 3}{lim}h(x)=\underset{x\to 3}{lim}g(f(x))=\underset{y\to 18}{lim}g(y)=3\sqrt{2}}$

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

[예제 9] ${\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{1+\sqrt{1-x}}=\frac{1}{2}}$.

《문     제》

다음 극한값을 구하여라.

(1) ${\displaystyle \underset{x\to 4}{lim}(x^3-3x^2-5x+1)=4^3-3(4{)}^2-5(4)+1=-3}$

(2) ${\displaystyle \underset{t\to 2}{lim}(6t^4-2t+7)=6(2{)}^4-2(2)+7=99}$

(3) ${\displaystyle \underset{x\to 1}{lim}\frac{x+1}{x+2}=\frac{1+1}{1+2}=\frac{2}{3}}$

(4) ${\displaystyle \underset{x\to 1}{lim}\sqrt{\frac{x-1}{x+2}}=\sqrt{\frac{1-1}{1+2}}=0}$

(5) ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}\sqrt{\frac{x^2+1}{x^2+2}}=\sqrt{\frac{4+1}{4+2}}=\sqrt{\frac{5}{6}}}$

(6) ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2-x-2}{x^4-4}=\underset{x\to 2}{lim}\frac{x+1}{x+2}=\frac{2+1}{2+2}=\frac{3}{4}}$

(7) ${\displaystyle \underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2-3x+2}{x^2-x-2}=\underset{x\to 2}{lim}\frac{x-1}{x+1}=\frac{2-1}{3+1}=\frac{1}{3}}$

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

(9) ${\displaystyle \underset{h\to 0}{lim}\frac{(3+h{)}^2-3^2}{h}=\underset{h\to 0}{lim}(6+h)=6}$

(10) ${\displaystyle \underset{h\to 0}{lim}\frac{(x+h{)}^2-x^2}{h}=\underset{h\to 0}{lim}(3x^2+3hx+h^2)=3x^2}$

(11) ${\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}\frac{x}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1+x}}{2}=1}$

(12) ${\displaystyle \underset{x\to 0}{lim}\frac{2x}{\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2+1}}=\underset{x\to 0}{lim}2(\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2+1})=4}$