[연습문제] 극한

1. 다음의 극한값을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\lim_{x\to2}\frac{x^3+2x^2-3x-4}{x+2}=\frac{2^3+(2)2^2-(3)(2)-4}{2+2}={3\over2}\)

(2) \(\displaystyle\lim_{x\to-2}\frac{x+2}{x^2-4x-12}=\lim_{x\to-2}{1\over x-6}=-{1\over8}\)

(3) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{2x^2-x}{x^2-3x}=\lim_{x\to0}\frac{2x-1}{x-3}={1\over3}\)

(4) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x}{\tan2x}=\lim_{x\to0}\frac{2x}{2\tan2x}={1\over2}\)

(5) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{1+\cos x}={1\over2}\)

(6) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{4x^3-5x^2+1}{x-x^2-7x^3}=\lim_{x\to\infty}\frac{4-{5\over x}+{1\over x^2}}{{1\over x^2}-{1\over x}-7}=-{4\over7}\)

(7) \(\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{x^n-1}{x-1}\text{(n은 자연수)}=\lim_{x\to1}(1+x+x^2+\cdots+x^{n-1})=n\)

위의 문제는 등비수열을 참조한다.

(8) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=0\)

(9) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\left(x-\sqrt{x^2-a^2}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{a^2x}{x+\sqrt{x^2-a^2}}=\lim_{x\to\infty}\frac{a^2}{1+\sqrt{1-{a^2\over x^2}}}={a^2\over2}\)

(10) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{a^2+x}-\sqrt{a^2-x}}{x}=\lim_{x\to0}\frac{2}{\sqrt{a^2+x}+\sqrt{a^2-x}}={1\over|a|}\)

(11) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{1+x+x^2}-x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{1+x}{\sqrt{1+x+x^2}+x}=\lim_{x\to\infty}\frac{{1\over x}+1}{\sqrt{{1\over x^2}+{1\over x}+1}+1}={1\over2}\)

(12) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{x}{x-\sin x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{1-{\sin x\over x}}=1\)

2. \(\displaystyle\lim_{x\to a}x^2=a^2\)임을 ε-δ법에 의하여 증명하여라.

<증명> 임의의 ε>0가 주어지고 \(|f(x)-a^2|<\epsilon\) 이기 위해서는 \(|x^2-a^2|=|x-a||x+a|<\epsilon.\) 즉, \(|x-a|<{\epsilon\over|x+a|}\) 이면 된다. \(0<|x-a|<\delta\)에서 δ=1로 놓으면 \(|x|-|a|\le|x-a|<1\) 이므로 \(|x|<|a|+1.\) 따라서 \(|x+a|\le|x|+|a|<1+2|a|\) 이다. 곧, \({\epsilon\over1+2|a|}<{\epsilon\over|x+a|}\) 이다.

위의 사실로부터 \(\delta=\min\left(1,{\epsilon\over1+2|a|}\right)\) 이고 \(0<|x-a|<\delta\)인 x에 대하여 \(|f(x)-a^2|<\epsilon.\)

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to a}x^2=a^2\)

3. \(\displaystyle\lim_{x\to a}{1\over(x-a)^2}=\infty\) 임을 밝혀라.

<증명> 임의의 양수 M에 대하여 \({1\over(x-a)^2}>M\) 이기 위해서는 \({1\over\sqrt{M}}>|x-a|\) 이어야 한다. 따라서 \(\delta={1\over\sqrt{M}}\) 이라하면 \(0<|x-a|<\delta={1\over\sqrt{M}}\)인 모든 x에 대하여 \({1\over(x-a)^2}>{1\over\delta^2}=M.\)

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to a}{1\over(x-a)^2}=\infty\)

4. \(f(x)=x^2\)에서 \(0<|x-a|<\delta\) 이면 \(|x^2-4|<\epsilon\)인 δ를

(1) ε=1          (2) ε=0.1          (3) 0<ε<5

일 때 구하여라.

<풀이>

(1) \(\delta=\min\left(1,{1\over2|2|+1}\right)=\min\left(1,{1\over5}\right)={1\over5}\).

(2) \(\delta=\min\left(1,{0.1\over2|2|+1}\right)=\min(1,{1\over50})={1\over50}\).

(3) \(\delta={\epsilon\over2|2|+1}={\epsilon\over5}\) 이므로 \(0<{\epsilon\over5}<1\) 이다. 곧, 0<δ<1.

5. f(x)는 x=a의 근방에서 유계이고, \(\displaystyle\lim_{x\to a}g(x)=0\) 이라 한다. 이 때 \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)g(x)=0\) 임을 증명하여라.

<증명> 가정에 의해 \(|f(x)|\le A\)(A는 양수)이고 \(0<|x-a|<\delta\)인 x에 대하여 \(|g(x)|<\epsilon_o\) 이다. 따라서 \(|f(x)||g(x)|=|f(x)g(x)|<A\epsilon_o=\epsilon\).

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to a}f(x)g(x)=0\).

6. u가 x의 함수이고 \(x\to a\) 일 때 \(u\to0\) 이면 u는 무한소(無限小)라고 한다. u, v가 무한소이고 \(\displaystyle\lim_{x\to a}{u\over v}=r\) 일 때 r=0 이면 u는 v 보다 고위(高位)의 무한소이라 하고 r≠0 이면 u와 v는 동위(同位)의 무한소라 한다. 또한 u가 \(x^n\)과 동위의 무한소일 때 무한소 u를 x에 대해서 n위(位)의 무한소라 말한다. 이를테면 \(x\to0\) 일 때 \(x^2,\sqrt[3]{x}\)는 각각 2위, \(1\over3\)위의 무한소이다. 다음 함수는 \(x\to0\) 일 때 몇 위의 무한소인가?(1) \(x^2+3x\)     (2) \(\tan{x}\)     (3) \(1-\cos{x}\)     (4) \(\tan{x}-\sin{x}\)

<풀이>

(1) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x^2+3x}{x}=\lim_{x\to0}(x+3)=3\ne0\) (1위)

(2) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan{x}}{x}=1\ne0\) (1위)

(3) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos{x}}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos{x})}={1\over2}=\ne0\) (2위)

(4) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\tan{x}-\sin{x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{\sin^3x}{x^3\cos{x}(1+\cos{x})}={1\over2}\ne0\) (3위)