내가 부족한건지는 모르겠는데, 생각보다 로피탈의 법칙이라는 놈은 복잡한 놈이었다. 일단 내가 본 책과 글들은 모두 엄밀한 느낌이 나지 않았다. 그런데 참 이상한 것은, 다들 이를 엄밀하게 살펴야한다고 강조하고 또 강조하고 있었다. .. 엄밀하게나 써주고 그렇게 이야기하지.. 우선 부정형 0/0꼴은 분모와 분자에 있는 함수의 극한이 0으로 간다는 것이다. 이건 너무나너무나 우리가 잘 알고 있는 사실 아닌가? 그런데 아주아주 많은 이들이 이걸 사용하고 있다. 문제가 되는 부분은 f(a)=g(a)=0 이다. 극한이 0으로 간다는 것과 함수값이 0이라는 것은 달라도 완전 다르다. 이 정리도 나름 의미가 있다. 내가 이름짓기로는 '약한 로피탈 정리' 라고 하고 싶다. 하지만 엄밀한건 아니다. 두번째로, 로피탈정리는 어마어마하게 많은 경우의 수를 포함하고 있다. 우선 우극한인 경우, 좌극한인 경우, 극한인 경우의 3가지. -무한대인 경우, 무한개인 경우 2가지. 이들을 믹스하면 상당히 많은 케이스가 존재함을 알 수 있다. 무한대분의 무한대꼴도 마음에 들지 않는것이,  와 같은 꼴은 언급조차 안한다는 것이다. 부호하나 바꿔서 그 정리 사용하면 된다. 라는 등의 한마디 말을 붙이는 것도 아니다. 끝난것이 아니다. 앞부분이 잘리긴 했는데, 무한대분의 무한대꼴의 로피탈정리를 서술한 부분이다. 그런데 가정에 f(x)의 극한이 무한대라는 언급은 전혀 없다. 그런 가정이 없다. 그러면 이것중 하나다. 빠트렸거나, 이 증명이 잘못됐거나, 분모의 극한이 무한대라는 조건만으로 로피탈 정리를 쓸 수 있는 것이다. 하여튼 여러 텍스트를 대충 본 결과, 한가지가 제대로 되어있으면 한가지가 잘 안되어있고 그렇다... 그냥 이것으로 몇일을 날려먹어서 하소연하고있는 중... TAG개념, 로피탈, 로피탈의, 문제, 법칙, 수학, 실사용, 예제, 응용, 정리 관련글
댓글 0 + 이전 댓글 더보기 비공개 댓글 남기기 두 함수 \(f\)와 \(g\)모두 점 \(c\)를 원소로 갖는 한 열린 구간에서 정의되어 있고, \(x\to c\)일 때 \(f(x) \to A,\) \(g(x) \to B\)이며 \(B \ne 0\)이라고 하자. 그러면 \[\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B}\] 가 성립한다. 그러나 만약 \(A = B = 0\)이거나, \(x\to c\)일 때 \(f(x)\)와 \(g(x)\)가 모두 무한대로 발산하면 위와 같은 등식을 사용할 수 없다. 예컨대 \(x\to 0\)일 때 \(\sin x \to 0\)이므로 극한 \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\] 는 극한 공식을 이용하여 구할 수 없다. 이처럼 극한이 \(0/0\)꼴, \(\infty / \infty\)꼴, \(\infty \cdot 0\)꼴, \((\infty - \infty)\)꼴, \(0^0\)꼴, \(1^\infty\)꼴, \(\infty^0\)꼴일 때에는 극한 계산 공식을 이용하여 극한값을 구할 수 없는데, 이러한 극한을 부정형(indeterminate form) 극한이라고 부른다. 이 포스트에서는 부정형 극한을 계산하는 공식인 로피탈의 법칙(L'Hôpital's rule)을 소개하고, 로피탈의 법칙을 이용하여 여러 가지 유형의 부정형 극한을 구하는 방법을 살펴본다. 부정형 극한의 계산: \(0/0\)꼴부정형 극한의 유형에 따라 로피탈의 법칙의 내용은 조금씩 다르다. 여기서는 로피탈의 법칙을 이용하여 계산하는 방법을 주로 살펴보고, 로피탈의 법칙의 증명은 이 포스트의 끝에서 다루기로 한다. 정리 1. (로피탈의 법칙: \(0/0\)꼴) \(I\)가 구간이고 \(c\)가 실수이며 두 함수 \(f\)와 \(g\)가 \(I\)에서 정의되어 있다고 하자.
로피탈의 법칙을 적용할 땐 반드시 \(x\to c\)일 때 \(f ' (x) / g ' (x)\)의 극한을 구할 수 있는지 검토해야 한다. 예제 1. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to 0}\frac{5x-\sin x}{x}.\] 풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\frac{5-\cos x}{1}\] 이다. 그런데 \[\lim_{x\to 0}\frac{5-\cos x}{1} = \frac{5-1}{1} = 4\] 이므로, 로피탈의 법칙에 의하여 문제의 극한은 수렴하고 극한값은 \[\lim_{x\to 0}\frac{5x-\sin x}{x}=4\] 이다. 때에 따라서는 로피탈의 법칙을 두 번 이상 사용해야 하는 경우도 있다. 다음 예제를 보라. 예제 2. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x} -1 - \frac{x}{2}}{x^2}.\tag{1}\] 풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. (1)에서 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2} (1+x)^{-1/2} - \frac{1}{2}}{2x}\tag{2}\] 이다. 그런데 이 극한 또한 \(0/0\)꼴인 부정형이다. (2)에서 다시 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{4} (1+x)^{-3/2}}{2}\tag{3}\] 이며, \(x=0\)을 대입하여 극한값을 구하면 (3)의 극한값은 \(-\frac{1}{8}\)이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 (2)는 수렴하며 그 극한값은 \(-\frac{1}{8}\)이고, 다시 로피탈의 법칙에 의하여 (1)도 수렴하며 그 극한값은 동일하게 \(-\frac{1}{8}\)이다. (Thomas’ Calculus Global Edition 13판 4.5절에서 발췌함.) \(f ' (x) / g ' (x)\)가 무한대로 발산할 때에도 로피탈의 법칙을 사용할 수 있다. 다음 예제를 보라. 예제 3. 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x^2}.\] 풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\cos x}{2x} = \infty\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x^2} = \lim_{x\to 0^+} \frac{\cos x}{2x} = \infty\] 이다. (Thomas’ Calculus Global Edition 13판 4.5절에서 발췌함.) 주의. 부정형이 아닌 극한을 계산할 때에는 로피탈의 법칙을 사용하면 안 된다. 예컨대 \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{1+3x} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{3} = \frac{1}{3}\] 이라고 하면 안 된다. 왜냐하면 첫 극한이 부정형이 아니기 때문이다. 이 극한은 \(0\)에 수렴한다. 부정형 극한의 계산: \(\infty / \infty\)꼴정리 2. (로피탈의 법칙: \(\infty / \infty\)꼴) \(I\)가 구간이고 \(c\)가 실수이며 두 함수 \(f\)와 \(g\)가 \(I\setminus\left\{c\right\}\)에서 정의되어 있다고 하자.
예제 4. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}.\] 풀이. 문제의 극한은 \(\infty/\infty\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to \infty}\frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})} = \lim_{x\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0\] 이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 문제의 극한은 수렴하고 \[\lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0\] 이다. 로피탈의 법칙을 활용하여 흥미로운 문제를 풀 수 있다. 다음 예제를 보라. 예제 5. 함수 \(f\)가 \((0,\,\infty)\)에서 정의되어 있고, 이 구간에서 미분 가능하다고 하자. 또한 \(x\to\infty\)일 때 \((f(x) + f ' (x))\)는 수렴하고 \(e^x f(x)\)는 양의 무한대로 발산한다고 하자. 이때 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} f ' (x).\] 풀이. \(x\to\infty\)일 때 \(f(x)\)의 극한은 다음과 같이 나타낼 수 있다. \[\lim_{x\to\infty} f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{e^x f(x)}{e^x}\tag{4}\] 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴인 부정형 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to\infty}\frac{e^x f(x) + e^x f ' (x)}{e^x} = \lim_{x\to\infty} (f(x) + f ' (x))\tag{5}\] 이며, 문제의 가정에 의하여 (5)는 수렴한다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 (4)는 (5)와 같은 값에 수렴한다. (4)의 극한값을 \(L\)이라고 하면 \[L = \lim_{x\to\infty} f(x) = \lim_{x\to\infty} (f(x) + f ' (x)) = L + \lim_{x\to\infty} f ' (x)\] 이므로 \[\lim_{x\to\infty} f ' (x) = 0\] 이다. (Wikipedia 페이지 L'Hôpital's rule에서 발췌함, 2019년 8월 11일.) 주의. 로피탈의 법칙을 이용하여 극한을 계산할 때 등식 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to c}\frac{f ' (x)}{g ' (x)}\] 를 그냥 사용하면 안 된다. 이 등식은 우변의 극한이 진동하지 않을 때에만 사용할 수 있다. 예컨대 \[\lim_{x\to\infty}\frac{x+\cos x}{x}\] 는 \(\infty / \infty\)꼴의 부정형 극한이지만 “로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to\infty}\frac{x+\cos x}{x} = \lim_{x\to \infty}\frac{1-\sin x}{1}\] 이다”라고 쓰면 안 된다. 왜냐하면 우변이 진동하기 대문이다. 주의. 로피탈의 법칙에서 \(g ' (x) \ne 0\)이라는 조건은 필수이다. \(g ' (x) \ne 0\)이라는 조건이 빠지면 어떠한 문제가 발생하는지 예를 통해 살펴보자. \[\begin{align} f(x) &= x + \sin x, \\[8pt] g(x) &= f(x) e^{\sin x} \end{align}\] 이라고 하자. 그러면 \[\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = \frac{2 \cos x \cdot e^{-\sin x}}{2 \cos x + x + \sin x \cos x}\] 이므로 \(x\to\infty\)일 때 \(f ' (x) / g ' (x)\)는 \(0\)에 수렴하지만 \(f(x)/g(x)\)는 진동한다. (Wikipedia 페이지 L'Hôpital's rule에서 발췌함, 2019년 8월 11일.) 부정형 극한의 계산: 그 밖의 꼴지금까지 \(0/0\)꼴의 극한과 \(\infty / \infty\)꼴의 극한을 계산하는 방법을 살펴보았다. 다른 부정형 극한은 \(0/0\)꼴이나 \(\infty / \infty\)꼴로 바꾼 뒤 로피탈의 법칙을 이용하여 계산한다. 다음 두 예제(6, 7)를 보라. 예제 6. (\(\infty \cdot 0\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x.\] 풀이. 문제의 극한은 \(\infty \cdot 0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. 문제의 극한을 변형하면 \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{-1/(x^2 )} = \lim_{x\to 0^+} (-x) =0\] 이므로, 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} (-x) =0\] 이다. 예제 7. (\((\infty - \infty)\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right).\] 풀이. 문제의 극한은 \((\infty - \infty)\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. 문제의 극한을 변형하면 \[\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) = \lim_{x\to 0^+} \frac{x-\sin x}{x\sin x}\] 이다. 이 극한은 \(0/0\)꼴의 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{1-\cos x}{\sin x + x\cos x}\] 이다. 이 극한은 또 다시 \(0/0\)꼴의 극한이다. 다시 한 번 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{2\cos x - x\sin x} = \frac{0}{2} = 0\] 이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\begin{align}\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) &= \lim_{x\to 0^+} \frac{1-\cos x}{\sin x + x\cos x}\\[6pt] &= \lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{2\cos x - x\sin x} =0 \end{align}\] 이다. 지수에 변수가 있을 때에는 로그함수를 이용한다. 다음 세 예제(8, 9, 10)를 보라. 예제 8. (\(0^0\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} x^x.\] 풀이. 문제의 극한은 \(0^0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. \(f(x)=x^x,\) \(\exp(x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = \lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}\] 이므로 예제 6의 방법에 따라 이 극한값은 \(0\)이다. \(\exp\)가 \(0\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to 0^+} f(x) &= \lim_{x\to 0^+} \exp(\ln f(x))\\[6pt] &= \exp\left( \lim_{x\to 0^+} f(x) \right) = e^0 = 1 \end{align}\] 이다. 예제 9. (\(1^\infty\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} (1+x)^{1/x}.\] 풀이. 문제의 극한은 \(1^\infty\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. \(f(x) = (1+x)^{1/x},\) \(\exp (x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln (1+x)}{x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 우변의 극한에서 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+}\frac{1/(1+x)}{1} = 1\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = 1\] 이다. \(\exp\)가 \(1\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to 0^+} f(x) &= \lim_{x\to 0^+} \exp( \ln f(x) )\\[6pt] &= \lim_{x\to 0^+} \exp\left( \lim_{x\to 0^+} \ln f(x) \right) \\[6pt] &= \exp (1) = e \end{align}\] 이다. 예제 10. (\(\infty ^0\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} x^{1/x}.\] 풀이. 문제의 극한은 \(\infty ^0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. \(f(x) = x^{1/x},\) \(\exp (x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to\infty} \ln f(x) = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 우변의 극한에서 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to \infty} \frac{1/x}{1} = 0\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to\infty} \ln f(x) = \lim_{x\to \infty} \frac{1/x}{1} = 0\] 이다. \(\exp\)가 \(0\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to\infty} f(x) &= \lim_{x\to\infty} \exp(\ln f(x)) \\[6pt] &= \exp\left( \lim_{x\to\infty} \ln f(x) \right) \\[6pt] &= \exp(0) = 1 \end{align}\] 이다. 로피탈의 법칙의 증명로피탈의 법칙을 증명하기 위해서는 코시의 평균값 정리(Cauchy's mean value theorem)가 필요하다. 정리 3. (코시의 평균값 정리) 두 함수 \(f\)와 \(g\)가 닫힌 구간 \([a,\,b]\)에서 연속이고 열린 구간 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하며 임의의 \(x\in (a,\,b)\)에 대하여 \(g ' (x) \ne 0\)이라고 하자. 그러면 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\] 를 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다. 증명 \(g\)가 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하므로 라그랑주의 평균값 정리에 의하여 \[g ' (c) = \frac{g(b) - g(a)}{b-a}\] 를 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다. 그런데 \(g ' (c) \ne 0\)이므로 \(g(b)-g(a) \ne 0\)이다. 이제 \([a,\,b]\)에서 함수 \(F\)를 다음과 같이 정의하자. \[F(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} [g(x)-g(a)].\] 여기서 \(g(b)-g(a) \ne 0\)이므로 \(F\)는 \([a,\,b]\)에서 잘 정의되었으며, \(F\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하다. 따라서 라그랑주의 평균값 정리에 의하여 \[F ' (c) = f ' (c) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g ' (c) =0\] 을 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다. \(g ' (c) \ne 0\)이므로 위 식을 정리하면 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\] 를 얻는다. 참고. 코시의 평균값 정리는 물체의 움직임과 관련하여 그 의미를 생각할 수 있다. 두 물체 A, B가 수직선상에서 움직인다고 생각하자. 시작점과 끝점의 위치는 상관 없다. 시각 \(t\)에 대한 A의 위치를 \(f(t)\)라 하고, 시각 \(t\)에 대한 B의 위치를 \(g(t)\)라고 하자. 시각이 \(a=2\)부터 \(b=5\)까지 변하는 동안, 즉 시각구간 \([a,\,b] = [2,\,5]\)에서 두 물체의 평균속도는 각각 \[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{f(5)-f(2)}{5-2},\\[8pt] \frac{g(b)-g(a)}{b-a} = \frac{g(5)-g(2)}{5-2}\] 이다. 만약 \[\frac{\frac{f(5)-f(2)}{5-2}}{\frac{g(5)-g(2)}{5-2}} = \frac{f(5)-f(2)}{g(5)-g(2)} = k = 3\] 이라면 동일한 시간 동안 물체 A의 평균속도는 물체 B의 평균속도의 \(k=3\)배이다. 이때 A의 순간속도가 B의 순간속도의 \(3\)배가 되는 순간이 시각구간 \((2,\,5)\) 안에 존재한다. 즉 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = k=3\] 이 되는 \(c\)가 \((2,\,5)\)에 존재한다. 이제 로피탈의 법칙을 증명하자. 로피탈의 법칙은 여러 경우로 나누어 진다. 각 경우를 쉽게 기술하기 위하여 로피탈의 법칙을 다음과 같이 표현하기로 하자. \(x\to c\)일 때 \(f(x) \to A ,\) \(g(x) \to B, \) \((f ' (x) / g ' (x))\to L\)이고 \(f,\) \(g,\) \(c,\) \(A,\) \(B,\) \(L\)이 정리 1 또는 정리 2의 가정을 만족시키면 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이다. (1) \(\boldsymbol{c\in\mathbb{R}},\) \(\boldsymbol{A=B=0},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명\(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 충분하다. 왜냐하면 \(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 같은 방법으로 \(x\to c^-\)인 경우가 증명되며, 두 경우의 증명을 결합하면 \(x\to c\)인 경우의 증명이 되기 때문이다. \(x\)가 \(c\)보다 큰 실수라고 하자. 그러면 \(g ' (x) \ne 0\)이며, 코시의 평균값 정리에 의하여 \[\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \frac{f(x) - f(c)}{g(x)-g(c)}\] 를 만족시키는 점 \(d\)가 \(c\)와 \(x\) 사이에 존재한다. 그런데 \(f(c)=g(c)=0\)이므로 위 등식으로부터 다음 등식을 얻는다. \[\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \frac{f(x)}{g(x)}\] \(d\)는 \(x\)와 \(c\) 사이의 점이므로 \(x \to c\)일 때 \(d \to c\)이다. 그러므로 \[\lim_{x\to c^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{d\to c^+}\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \lim_{x\to c^+}\frac{f ' (x)}{g ' (x)}\] 가 성립한다. (2) \(\boldsymbol{c\in\mathbb{R}},\) \(\boldsymbol{A=B=\infty},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명앞에서와 마찬가지로 \(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 충분하다. \(\left\{x_n\right\}\)이 \(c\)에 수렴하고 \(x_n > c\)이며 \(x_n \in I\)를 만족시키고 서로 같은 값을 갖는 항이 없는 임의의 수열이라고 하자. 서로 다른 각 자연수 \(k,\) \(n\)에 대하여, 코시의 평균값 정리에 의하여 \[\frac{f(x_k ) - f(x_n )}{g(x_k ) - g(x_n )} = \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})}\] 을 만족시키는 점 \(c_{k,n}\)이 \(x_k\)와 \(x_n\) 사이에 존재한다. 따라서 \[\begin{align} \frac{f(x_n)}{g(x_n)} - \frac{f(x_k)}{g(x_n)} &= \frac{f(x_n) - f(x_k)}{g(x_n)}\\[4pt] &= \frac{1}{g(x_n)} \cdot (g(x_n ) - g(x_k )) \cdot \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} \\[4pt] &= \left( 1-\frac{g(x_k )}{g(x_n )} \right) \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} \end{align}\] 즉 \[\frac{f(x_n )}{g(x_n )} = \frac{f(x_k )}{g(x_n )} - \frac{g(x_k )}{g(x_n )} \cdot \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} + \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})}\tag{6}\] 이 성립한다. \(A = \infty\)이므로 \(n\to\infty\)일 때 \(1/g(x_n )\to 0\)이다. 그리고 \(c_{k,n}\)은 \(x_k\)와 \(x_n\) 사이에 있기 때문에 \(k \to \infty,\) \(n\to\infty\)일 때 \(c_{k,n}\to c\)이다. 따라서 (6)에 의하여 \(f(x_n ) / g(x_n ) \to L\)이다. 즉 \(0 < \epsilon < 1\)인 \(\epsilon\)이 임의로 주어졌다고 하자. 그러면 자연수 \(N_0\)이 존재하여 \(n\ge N_0\)일 때마다 \[\left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n} )}{g ' (c_{N_0 ,n} )} - L \right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 을 만족시킨다. \(g(x_n)\to\infty\)이므로 \(N_1\)이 존재하여 \(n\ge N_1\)일 때마다 \[\left\lvert \frac{f(x_{N_0})}{g(x_n )}\right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 그리고 \[\left\lvert \frac{g(x_{N_0})}{g(x_n)}\right\rvert \cdot \left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0 ,n})} \right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 을 만족시킨다. \(N = \max \left\{ N_0 ,\, N_1 \right\}\)이라고 하자. 그러면 \(n\ge N\)일 때마다 \[\begin{align} \left\lvert \frac{f(x_n)}{g(x_n)}-L \right\rvert &\le \left\lvert \frac{f(x_{N_0})}{g(x_n)} \right\rvert + \left\lvert \frac{g(x_{N_0})}{g(x_n)} \cdot \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0 ,n})} \right\rvert \\[4pt] &\quad + \left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0, n})} -L \right\rvert < \epsilon \end{align}\] 이 성립한다. 따라서 \[\lim_{n\to\infty} \frac{f(x_n)}{g(x_n)} = L\] 을 얻는다. 여기서 \(\left\{x_n\right\}\)은 \(c\)에 수렴하는 임의의 수열이므로 \[\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이 성립한다. \(A=B=-\infty\)인 경우에는 \(f\)와 \(g\)를 \(-f\)와 \(-g\)로 바꾸어 증명하면 된다. \(A=\infty,\) \(B=-\infty\)이거나 \(A=-\infty,\) \(B=\infty\)인 경우에는 \(f\)와 \(g\) 중 하나만 부호를 바꾸어 증명하면 된다. (3) \(\boldsymbol{c=\infty},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명\((a,\,\infty )\subseteq I\)인 양수 \(a\)를 택하자. 각 \(y\in (0,\, 1/a )\)에 대하여 \[\phi (y) := f\left( \frac{1}{y} \right) ,\,\,\, \varphi (y) := g\left( \frac{1}{y} \right)\] 이라고 하자. 연쇄 법칙에 의하여 \[\frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)} = \frac{f ' (1/y) (-1/y^2)}{g ' (1/y) (-1/y^2 )} = \frac{f ' (1/y)}{g ' (1/y)} \] 을 얻는다. 여기서 \(x = 1/y\in (a,\,\infty )\)이므로 \[\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = \frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)}\] 이다. 그리고 \(x\to\infty\)일 필요충분조건은 \(y = 1/x \to 0^+\)인 것이므로, \(c=0\)과 \(I = (0,\,1/a)\)라고 두었을 때 \(\phi\)와 \(\varphi\)는 앞의 두 경우 (1) 또는 (2)의 조건을 만족시키는 함수가 된다. 그러므로 \[\begin{align} \lim_{x\to\infty}\frac{f ' (x)}{g ' (x)} &= \lim_{y\to 0^+} \frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)} \\[4pt] &= \lim_{y\to 0^+} \frac{\phi (y)}{\varphi (y)} \\[4pt] &= \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} \end{align}\] 가 성립한다. (4) \(\boldsymbol{L = \infty}\)인 경우의 증명정리의 가정에 의하여 \(f\)와 \(g\)는 \(I\setminus\left\{c\right\}\)에서 미분 가능하고 \(x\to c\)일 때 \(g(x)/f(x)\)의 극한은 \(0/0\)꼴 또는 \(\infty / \infty\)꼴이며, \(g ' (x) / f ' (x)\)의 극한은 \(0\)이다. 더욱이 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f ' (x) \ne 0\)이다. 만약 \(A=0\)이면 \[f(x) = f(x) - f(c) = f ' (a)(x-c) \ne 0\] 이 성립하고, 만약 \(A=\infty\)이면 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f(x) \ne 0\)이다. 따라서 \(c\)를 원소로 가지거나 \(c\)를 끝점으로 하는 구간 \(J\subseteq I\)가 존재하여, 임의의 \(x\in J\)에 대하여 \(f(x) \ne 0,\) \(f ' (x) \ne 0\)을 만족시킨다. 이로써 \(f\)와 \(g\)의 역할을 바꾸었을 때 앞의 세 경우 (1), (2), (3) 중 하나의 조건이 모두 만족되므로 \[\lim_{x\to c}\frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to c}\frac{g ' (x)}{f ' (x)} = 0\] 이 성립한다. 그런데 \(L = \infty\)이므로, 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f(x) / g(x) > 0\)이다. 특히 \(x\to c\)일 때 \(f(x) / g(x) \to \infty = L\)이 성립한다. |
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