3. 극한법칙과 압축정리 (Limit laws and Squeeze Theorem)

*모바일에서는 일부 수식이 잘려 안보일 수 있습니다

 

 

이전 포스팅에서는 간단한 함수에 대해 엄밀한 정의를 통해 극한을 계산하였다.

이제는 극한법칙을 이용해 복잡한 다항식이나 유리식의 극한을 계산하는 법을 알아볼 차례이다.

 

다음과 같은 극한 법칙이 알려져 있다.

$c$가 실수이고 $\underset{x\to a}{lim}f(x)=L$,  $\underset{x\to a}{lim}g(x)=M$으로 모두 수렴한다면
$$\begin{array}{rlrl}\underset{x\to a}{lim}[f(x)\pm g(x)]=& & L\pm M& \\ \underset{x\to a}{lim}cf(x)=& & cL& \\ \underset{x\to a}{lim}f(x)g(x)=& & LM& \\ \underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}}=& & {\displaystyle \frac{L}{M}}& \text{ (only when }M\ne 0\text{ )}\end{array}$$

 

아래의 증명이 복잡해 보이더라도 색과 띄어쓰기로 가독성을 높이고, 부연설명을 상세하게 넣어서 이해를 돕도록 했으므로 꼭 한 번 읽고 손으로 직접 작성해보기를 강력히 추천한다.

이후에 풀 연습문제의 이해에도 큰 도움이 된다.

 

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$1.$ $\underset{x\to a}{lim}[f(x)+g(x)]=L+M$ 증명

임의의 $ϵ>0$에 대해 $0<|x-a|<\delta$ $⟹$ $|f(x)+g(x)-(L+M)|<ϵ$ 

을 만족하는 $\delta >0$이 존재하는지 찾아야 한다.

 

삼각부등식을 이용하면 다음과 같다.

$\begin{array}{rlr}|f(x)+g(x)-(L+M)|& =& |(f(x)-L)+(g(x)-M)|\\ \text{(1)}& & \le & |f(x)-L|+|g(x)-M|\end{array}$

 

한편, 가정에 의해 $\underset{x\to a}{lim}f(x)=L$, $\underset{x\to a}{lim}g(x)=M$으로 수렴하므로

극한의 정의에 의해 다음을 만족하는 ${\delta }_1,{\delta }_2$가 존재한다.

 

$0<|x-a|<{\delta }_1$ 일 때 $|f(x)-L|<\frac{ϵ}{2}$

$0<|x-a|<{\delta }_2$ 일 때 $|g(x)-M|<\frac{ϵ}{2}$

 

따라서 $\delta =\text{min(}$ ${\delta }_1,{\delta }_2$ $\text{)}$ 으로 설정하면

$0<|x-a|<\delta$ 일 때

$0<|x-a|<{\delta }_1,0<|x-a|<{\delta }_2$를 동시에 만족하고

그로 인해 $|f(x)-L|<\frac{ϵ}{2},|g(x)-M|<\frac{ϵ}{2}$를 동시에 만족하게 된다.

 

따라서 식 $\text{(1)}$에 의해

$\begin{array}{rlr}|f(x)+g(x)-(L+M)|& \le & |f(x)-L|+|g(x)-M|\\ & <& {\displaystyle \frac{ϵ}{2}}+{\displaystyle \frac{ϵ}{2}}=ϵ\end{array}$

이 성립한다.

 

임의의 $ϵ>0$에 대해 $0<|x-a|<\delta$ $⟹$ $|f(x)+g(x)-(L+M)|<ϵ$ 

을 만족하는 $\delta >0$이 $\delta =\text{min(}$ ${\delta }_1,{\delta }_2$ $\text{)}$ 으로 존재함을 보였으므로 극한의 정의에 의해 다음이 만족한다.

$$\underset{x\to a}{lim}[f(x)+g(x)]=L+M$$

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$2.$ $\underset{x\to a}{lim}f(x)g(x)=LM$ 증명

$ϵ>0$이 주어졌다고 하자. 다음을 만족하는 $\delta >0$이 존재함을 보이면 된다.

$\text{if }0<|x-a|<\delta \text{ then }|f(x)g(x)-LM|<ϵ$

 

$|f(x)-L|,|g(x)-M|$을 얻어내기 위해 다음과 같이 $Lg(x)$를 더하고 빼자.

 

$\begin{array}{rlrlr}|f(x)g(x)-LM|& =& & |f(x)g(x)-Lg(x)-LM+Lg(x)|& \\ & =& & |[f(x)-L]g(x)+L[g(x)-M]|& \\ & \le & & |[f(x)-L]g(x)|+|L[g(x)-M]|& (삼각부등식)\\ & =& & |f(x)-L||g(x)|+|L||g(x)-M|& \end{array}$

 

이제 각각을 ${\displaystyle \frac{ϵ}{2}}$보다 작게 만듬으로 전체를 $ϵ$ 보다 작게 만들 수 있다.

 

 

 

한편 $\underset{x\to a}{lim}g(x)=M$임이 주어져 있으므로

$0<|x-a|<{\delta }_1⟹|g(x)-M|<{\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|L|)}}$ 을 만족하는 ${\delta }_1$이 존재한다. (분모의 $|L|$에 굳이 1을 더한 이유는 $L=0$인 경우 분모에 들어갈 수 없게 되는 상황을 방지하기 위함이다.)

$0<|x-a|<{\delta }_2⟹|g(x)-M|<1$ 을 만족하는 ${\delta }_2$ 역시 존재한다.

(정의에 의해 극한이 존재하려면 그 어떤 $ϵ$에 대해서도 이에 대응하는 $\delta$가 존재해야 하므로 $ϵ$ 자리에 아무 수를 넣어도 상관없다. 여기서는 1을 넣었다.)

그리고 두 번째 식인 $|g(x)-M|<1$와 삼각부등식을 이용하면 다음이 성립한다.

$|g(x)|=|g(x)-M+M|$ $\le$ $|g(x)-M|$ $+|M|<$ $1$ $+|M|$ 

 

또 한편 $\underset{x\to a}{lim}f(x)=L$ 임이 주어져 있으므로

$0<|x-a|<{\delta }_3⟹|f(x)-L|<{\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|M|)}}$ 을 만족하는 ${\delta }_3$이 존재한다.

 

 

 

이제 $\delta =\text{min(}{\delta }_1,{\delta }_2,{\delta }_3\text{)}$ 이라 하면

$0<|x-a|<\delta$  이면 $\{\begin{array}{l}0<|x-a|<{\delta }_1\\ 0<|x-a|<{\delta }_2\\ 0<|x-a|<{\delta }_3\end{array}$ 이 모두 성립하므로

 

$\{\begin{array}{l}|g(x)-M|<{\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|L|)}}\\ |g(x)-M|<1\\ |f(x)-L|<{\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|M|)}}\end{array}$가 모두 성립하게 된다.

 

 

따라서

$\begin{array}{rlrlr}|f(x)g(x)-LM|& \le & & |f(x)-L||g(x)|+|L||g(x)-M|& \\ & <& & {\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|M|)}}(1+|M|)+|L|{\displaystyle \frac{ϵ}{2(1+|L|)}}& \\ & <& & {\displaystyle \frac{ϵ}{2}}+{\displaystyle \frac{ϵ}{2}}& \\ & =& & ϵ& \end{array}$

 

 

이는 극한의 정의에 의해 다음이 성립함을 보여준다.

$$\underset{x\to a}{lim}f(x)g(x)=LM$$

 

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$3.$ $\underset{x\to a}{lim}cf(x)=cL$ 증명

2번의 증명에서 $g(x)=c$ 라고 하면

$$\begin{array}{rlrlr}\underset{x\to a}{lim}[cf(x)]& =& & \underset{x\to a}{lim}[g(x)f(x)]& =\underset{x\to a}{lim}g(x)\cdot \underset{x\to a}{lim}f(x)\\ & =& & \underset{x\to a}{lim}c\cdot \underset{x\to a}{lim}f(x)& \\ & =& & c\underset{x\to a}{lim}f(x)=cL& \end{array}$$

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$4.$ $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}}={\displaystyle \frac{L}{M}}$ 증명

위에서 증명한 곱의법칙을 이용해 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}\times \underset{x\to a}{lim}f(x)={\displaystyle \frac{1}{M}}\times L={\displaystyle \frac{L}{M}}$을 보일것이다.

그러기 위해서는 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}={\displaystyle \frac{1}{M}}$임을 먼저 보여야 한다. 

 

즉 임의의 $ϵ>0$에 대해 $\delta >0$가 존재하여 ($\delta$ 존재성 보이는게 $ϵ-\delta$논법의 핵심임)
$0<|x-a|<\delta$ $⟹$ $|{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}-{\displaystyle \frac{1}{M}}|<ϵ$ 임을 보여야 한다.

 

$|{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}-{\displaystyle \frac{1}{M}}|={\displaystyle \frac{|M-g(x)|}{|Mg(x)|}}$ 인데,

 

$|M-g(x)|<$ (어떤 식), ${\displaystyle \frac{1}{Mg(x)}}<$ (또 어떤 식) 을 유도해서

${\displaystyle \frac{|M-g(x)|}{|Mg(x)|}}=$ (어떤 식) $\times$ (또 어떤 식) $<ϵ$ 하는 식으로 

$ϵ$보다 작다는것을 이끌어 낼 것이다.

 

 

여기서 분자는 $|M-g(x)|=|g(x)-M|$이고 $\underset{x\to a}{lim}g(x)=M$으로 수렴하므로

$|g(x)-M|$이 무언가보다 작게 해주는 $\delta >0$가 존재할 것임이 바로 보인다.

 

하지만 ${\displaystyle \frac{1}{|Mg(x)|}}$ 는 $|g(x)-M|$ 으로 무언가보다 작다는것을 이끌어내는 방법이 바로 보이진 않는다.

 

그러므로 다음과 같이 시도해보자.

$\underset{x\to a}{lim}g(x)=M$ 이므로 ${\delta }_1>0$이 존재하여

$0<|x-a|<{\delta }_1$ $⟹$ $|g(x)-M|<{\displaystyle \frac{|M|}{2}}$ (임의의 $ϵ$ 에 대해 성립하므로 $ϵ$ 자리에는 $\frac{|M|}{2}$ 같은 아무 수나 들어갈 수 있다.)

그러므로 다음이 성립한다.

$|M|$ $=|M-g(x)+g(x)|\le$ $|M-g(x)|$$+|g(x)|<$ ${\displaystyle \frac{|M|}{2}}$$+|g(x)|$

이 식에서 양변에 ${\displaystyle \frac{|M|}{2}}$를 빼주면 $|g(x)|>{\displaystyle \frac{|M|}{2}}$를 얻는다.

 

이는 정리하면 $0<|x-a|<{\delta }_1⟹|g(x)|>{\displaystyle \frac{|M|}{2}}$ 임을 보여준다.

따라서 이런 $x$들에 대해서는 

${\displaystyle \frac{1}{|Mg(x)|}}$ $={\displaystyle \frac{1}{|M||g(x)|}}$$<$ ${\displaystyle \frac{1}{|M|}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{|M|}}=$${\displaystyle \frac{2}{M^2}}$ 가 성립한다.

 

 

한편 ${\delta }_2>0$역시 존재하여

$0<|x-a|<{\delta }_2$ $⟹$ $|g(x)-M|<{\displaystyle \frac{M^2}{2}}ϵ$ 를 만족하므로

 

$\delta =\text{min(}{\delta }_1,{\delta }_2\text{)}$ 이라 하면

$0<|x-a|<\delta ⟹|{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}-{\displaystyle \frac{1}{M}}|={\displaystyle \frac{|M-g(x)|}{|Mg(x)|}}<{\displaystyle \frac{2}{M^2}}{\displaystyle \frac{M^2}{2}}ϵ=ϵ$

 

극한의 정의에 의해 $\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}={\displaystyle \frac{1}{M}}$ 임이 증명 되었다.

이제 곱의 법칙에 의해 다음이 성립한다.

 

$$\underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}}=\underset{x\to a}{lim}f(x)\cdot {\displaystyle \frac{1}{g(x)}}=\underset{x\to a}{lim}f(x)\cdot \underset{x\to a}{lim}{\displaystyle \frac{1}{g(x)}}={\displaystyle \frac{L}{M}}$$

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위에서 보인 극한정리를 이용하면 $n$이 정수일 때 다음이 성립함을 알 수 있다.

$$\underset{x\to a}{lim}c{x}^n=c{a}^n$$

이로써 복잡한 다항식이나 유리식의 극한을 계산할 수 있게 되었다.

 

 

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극한을 계산할 때 때때로 압축 정리(내지는 스퀴즈 정리, 샌드위치 정리라고도 부른다. 모두 수학용어이다)

를 이용하는것이 도움이 될 때가 있다.

 

압축 정리(Squeeze Theorem)

$a$근처의 모든 점 $x$에 대해 ($a$는 제외 가능)
$f(x)\le g(x)\le h(x)$ 이고 $\underset{x\to a}{lim}f(x)=\underset{x\to a}{lim}h(x)=L$ 이 성립한다면 다음이 성립한다.
$$\underset{x\to a}{lim}g(x)=L$$

 

압축 정리 증명

$\underset{x\to a}{lim}f(x)=\underset{x\to a}{lim}h(x)=L$ 이므로

 

임의의 $ϵ>0$에 대해 

$0<|x-a|<{\delta }_1⟹|f(x)-L|<ϵ$을 만족하는 ${\delta }_1>0$이 존재하고

$0<|x-a|<{\delta }_2⟹|h(x)-L|<ϵ$을 만족하는 ${\delta }_2>0$이 존재한다.

 

위 식들로부터 다음 부등식을 얻는다.

$L-ϵ<f(x)$ 과 $h(x)<L+ϵ$

 

$\delta =\text{min(}{\delta }_1,{\delta }_2\text{)}$라고 하면 

$x=a$ 근처의 점에서 $f(x)\le g(x)\le h(x)$ 임이 주어져 있으므로 다음이 성립한다.

$L-ϵ$ $<$ $f(x)\le g(x)\le h(x)$ $<$ $L+ϵ$

이는 $|g(x)-L|<$ $ϵ$과 동치이고

극한의 정의에 의해 다음을 얻는다.

$$\underset{x\to a}{lim}g(x)=L$$

 

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이제 압축정리를 이용해 다음이 성립함을 보여보자.

$$\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}=0$$

 

참고로 다음과 같은 극한법칙의 곱의법칙을 사용할 수 없다.

$$\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\times \underset{x\to 0}{lim}\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$$

왜냐하면 $\underset{x\to 0}{lim}\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$이 수렴하지 않고 진동하기 때문이다.

(이에 대한 설명은 생략한다)

 

 

하지만 $-1\le \sin {\displaystyle \frac{1}{x}}\le 1$임을 이용하면

$-x^2\le x^2\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}\le x^2$를 얻고 

 

$\underset{x\to 0}{lim}{x}^2=\underset{x\to 0}{lim}(-x^2)=0$ 이므로 

압축정리에 의해 다음을 얻는다.

$$\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\text{sin}{\displaystyle \frac{1}{x}}=0$$

 

 

 

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다음 포스팅에서는 함수의 연속에 대해 다룰 것이다.

 

 

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