삼각함수의 극한

정리 1. 0<|xc|<δ0를 만족하는 모든 x에 대하여 f(x)g(x)h(x), limxcf(x)=α=limxch(x) 이면 limxcg(x)=α

<증명> 가정에 의하여 0<|xc|<δ0 일 때 f(x)g(x)h(x)(1)
임의의 ε>0에 대하여 양수 δ1,δ2가 존재하고
0<|xc|<δ1 일 때 |f(x)α|<ϵ(2)
0<|xc|<δ2 일 때 |h(x)α|<ϵ(3)
여기서 δ=min{δ0,δ1,δ2}라 하면 0<|xc|<δ인 x는 (1), (2), (3)을 동시에 만족한다. 위의 부등식에서 αϵ<f(x)g(x)h(x)<α+ϵ.
따라서 임의의 ε>0에 대하여 양수 δ가 존재하고 0<|xc|<δ 일 때 |g(x)α|<ϵ.
limxcg(x)=α

[예제 1] limθ0sinθ=0,limθ0cosθ=1 임을 증명하여라. 단, θ는 라디안이다.

<증명> 원점을 중심, 반경이 1인 원과 x축의 양의 부분과의 교점을 A라 하고, 이 원주상의 점 P를 잡아 ∠POA=θ라 한다(π2<θ<π2).
호AP의 길이를 s라 하면 θ=s>AP. 또, P에서 x축에 그은 수선의 발을 Q라 하면 피타고라스 정리에 의해 PQ2+QA2=sin2θ+(1cosθ)2=AP2<s2=θ2 이므로 sin2θAP2<θ2,(1cosθ)2AP2<θ2.
이들 부등식에서 0|sinθ|<|θ|,01cosθ<|θ|. 그런데 limθ00=0,limθ0|θ|=0 이므로 정리 1에 의하여 limθ0|sinθ|=0,limθ0(1cosθ)=0  limθ0sinθ=0,limθ0cosθ=1

정리 2. limθ0sinθθ=1.


<증명> 위의 그림에서 △POA<부채꼴 POA<△TOA. 곧, sinθ2<θ2<tanθ2.
sinθ2로 나누면 1<θsinθ<1cosθ 이고 각 항이 양수이므로 1>sinθθ<cosθ.
이 부등식은 π2<θ<0 일 때도 성립하고 limθ01=1.limθ0cosθ=1 이므로 limθ0sinθθ=1.

[예제 2] limx0sin2xx=limx02sin2x2x=2limθ0sinθθ=2

[예제 3] limx0tanxx=limx0(sinxx1cosx)=limx0sinxxlimx01cosx=1

[예제 4] limθ01cosθθ2=limθ01cos2θθ2(1+cosθ)=limθ0(sinθθ)211+cosθ=1211+1=12

《문    제》

1. limx0sin1x은 존재하지 않음을 보여라.

<증명> 1x=θ로 두면 x→0 일 때 θ→∞ 이므로 0<|sinθ|≤1.
limθ0=0limθ1=1 이므로 limθθ는 존재하지 않는다.

2. limx0xsin1x=0임을 보여라.

<증명> |sin1x|1 이므로 |x|를 곱하면 |xsin1x||x|.
limx0|x|=0 이므로 limx0xsin1x=0.

3. 다음 극한값을 구하여라.

(1) limxπ/6(x+sinx)=π6+sinπ6=π6+12
(2) limxπ/4(1+tanx)(1+cotx)=(1+tanπ4)(1+cotπ4)=(1+1)(1+1)=4
(3) limx0xsinx=limx01limx0sinxx=11=1
(4) limx0xcos2xsinx=limx0xsinxlimx0cos2x=11=1
(5) limx04sin3xx=limx012sin3x3x=12limθ0sinθθ=12
(6) limx0sinx2x=limx0sinx2x2x=limθ0sinθθlimx0x=0
(7) limx0sin4xsin5x=limx0sin4x4x5xsin5x45=45
(8) limx0(3xcot5x)=limx03xtan5x=limx05xtan5x35=35
(9) limx0sin22xxsin3x=limx0sin22x(2x)23xsin3x43=43
(10) limx0sec2x1x2=limx01cos2xx2cos2x=limx01cos22xx2cos2x(1+cos2x)=limx04sin22x(2x)2cos2x(1+cos2x)=4111(1+1)=2

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