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2 극한
SOLUTION
1
proof ) 함수 g : R → R, g(x) = (x − 2) 5 는 정의역에서 잘 정의 따라서 함수 g도 전사함수이다.
되고, f 의 역함수이므로 함수 f 는 일대일대응이다.
2
11. 함수 f : X → Y 와 A ⊂ B ⊂ X에 대하여 다음이 성립합을
보이시오.
f (A) ⊂ f (B),
극한
연습문제 2.1
1. 수열 {xn }, {yn }, {zn } 이 각각 실수 2, 3, 0으로 수렴하고,
{wn }은 ∞로 발산한다. 다음 수열의 수렴 여부를 확인하고, 수렴
하는 경우에는 수열의 극한을 구하시오.
f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B).
proof ) y ∈ f (A)이면 어떤 x ∈ A에 대해 y = f (x)이다. A ⊂ B
이므로 x ∈ B이어서 y = f (x) ∈ f (B)이다. 따라서 f (A) ⊂ f (B)
가 성립한다.
a) {xn + 2yn }
이제 p ∈ f (A ∪ B)이면 어떤 q ∈ A ∪ B에 대해 p = f (q)이다. sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 8.
따라서
p = f (q) ∈ f (A) or p = f (q) ∈ f (B)
b) {2xn − yn }
이므로, p ∈ f (A) ∪ f (B)이다. 그러므로 f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B) sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 1.
이다. 한편 A, B ⊂ A ∪ B이므로 f (A), f (B) ⊂ f (A ∪ B)이고,
따라서
c) {xn yn }
f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B)
sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 6.
이다. 이를 통해 f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)임을 알 수 있다.
d) {xn zn }
12. 함수 f : X → Y 와 A ⊂ B ⊂ X에 대하여 다음이 성립합을 sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 0.
보이시오.
f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
xn
e)
그리고 f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B)인 예를 제시하시오.
yn
2
sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: .
3
proof ) A ∩ B ⊂ A, B이므로 f (A ∩ B) ⊂ f (A), f (B)이고, 따라서
f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)가 성립한다.
1
f)
x n yn
함수 f : R → R, f (x) = |x|에 대해 A = (−1, 0), B = (0, 1) sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 1 .
6
로 놓으면 f (A) = f (B) = (0, 1)로 f (A) ∩ f (B) = (0, 1)이지만
f (A ∩ B) = ∅이므로 f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B)이다.
zn
g)
xn
13. 두 함수 f : A → B, g : B → C의 합성함수 g ◦ f 가 일대일함 sol) 정리 2.1.2에 의하여 수렴. 극한값: 0.
수이면 f 도 일대일함수임을 보이시오.
xn
h)
zn
proof ) 함수 f 가 일대일함수가 아니라고 가정하자. 즉, f (x1 ) =
f (x2 ) 이지만 x1 6= x2 를 만족하는 x1 , x2 ∈ A가 존재한다. 하지만 sol) 정리 2.1.5에 의하여 lim 1 = 0 이다. 정리 2.1.5에 의하여
n→∞ wn
함수 g ◦ f 가 일대일함수이고 f (x1 ) = f (x2 )이므로,
수렴. 극한값 : 0.
(g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ) =⇒ x1 = x2
2. 다음 수열이 증가수열인지 판정하시오.
가 되어 모순이다. 따라서, 함수 f 는 일대일함수이다.
14. 두 함수 f : A → B, g : B → C의 합성함수 g ◦ f 가 전사함수
이면 g도 전사함수임을 보이시오.
proof ) 함수 g ◦ f 가 전사함수이므로 (g ◦ f )(A) = g(f (A)) = C가
성립한다. 또한 f (A) ⊂ B이므로, g(f (A)) ⊂ g(B)가 성립하고,
g(B) ⊂ C이므로 C = g(f (A)) ⊂ g(B) ⊂ C이고 g(B) = C이다.
a) {n2 + 4n + 5}
sol) an = n2 + 4n + 5라고 하자. 그러면 모든 자연수 n ≥ 1에
대해
h
i
2
an+1 − an = (n + 1) + 4 (n + 1) + 5 − n2 + 4n + 5
= 2n + 5 > 0
10
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2 극한
SOLUTION
이므로 주어진 수열은 증가수열이다.
b) {n2 − n}
sol) an = n2 − 4n + 5 라고 하자. 그러면 모든 자연수 n에 대하여
an+1 − an = (n + 1)2 − (n + 1) − (n2 − n)
= 2n > 0
이므로 주어진 수열은 증가수열이다..
c) {2n }
sol) an = 2n 라고 하자. 그러면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
an+1 − an = 2n > 0 이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
n
d) {(−1) }
n
sol) an = (−1) 라 하면
an+1 − an =
(
2,
−2,
n 이 홀수일 때
n 이 짝수일 때
임을 알 수 있고 따라서 주어진 수열은 증가수열도, 감소수열도
아니다.
e)
1
2− 2
n
1
라 하면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
n2
1
1
an+1 − an = 2 −
− 2− 2
(n + 1)2
n
1
1
= 2−
n
(n + 1)2
2n + 1
>0
= 4
n + 2n3 + n2
sol) an = 2 −
이다. 이제 n 이 홀수일 때 an+1 − an 는 음수값을 가지고 n 이
짝수일 때 양수값을 가지므로 주어진 수열은 증가수열도, 감소수
열도 아니다.
(n + 2)2
2n+2
(n + 2)2
sol) an =
라 하면 모든 자연수 n에 대하여
2n+2
h)
(n + 3)2
(n + 2)2
−
2n+3
2n+2
2
−n2 − 2n + 1
(n + 3) − 2(n + 2)2
=
=
n+3
2
2n+3
2
−n − n − n − 1
=
2n+3
−n2 − n
−n2 − n − 1 + 1
<
=
<0
n+3
2
2n+3
(n + 2)2
은 감소소열이다.
이다. 따라서
2n+2
n+2 2
i)
(n + 2)2
2n+2
라 하자. 그러면 모든 n에 대하여
sol) an =
(n + 2)2
an+1 − an =
2n+3
2n+3
−
(n + 3)2
(n + 2)2
2(n + 2)2 − (n + 3)2
n2 + 2n − 1
n+2
= 2n+2
=
2
(n + 3)2 (n + 2)2
(n + 3)2 (n + 2)2
2
2
n +n+n−1
n +n+1−1
= 2n+2
≥ 2n+2
(n + 3)2 (n + 2)2
(n + 3)2 (n + 2)2
n2 + n
= 2n+2
>0
(n + 3)2 (n + 2)2
an+1 − an =
이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
n 1
f) −1 −
2 n
1
라 하면 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
sol) an = −1 −
2
n+1
1
>0
an+1 − an =
2
이다. 따라서 주어진 수열은 증가수열이다.
n 1
g) 2 − −
2
n
1
sol) an = 2 − −
라 하면
2
n n+1
n
1
3
1
1
− −
=
−
an+1 − an = −
2
2
2
2
이다. 따라서
2n+2
(n + 2)2
는 증가수열이다.
3. {xn } 이 감소수열이라 하자. 어떤 상수 m ∈ R 이 존재하여
모든 n ∈ N 에 대해 xn ≥ m 이면 {xn } 은 수렴함을 증명하시오.
proof ) {xn } 이 감소수열이므로 {−xn } 은 증가수열이다. 그리고
모든 자연수 n에 대해 −xn ≤ −m 이다. 따라서 단조수렴정리에
의하여 {−xn } 은 어떤 실수 x로 수렴한다. 또 정리 2.1.2에 의하여
{xn }은 −x로 수렴한다.
4. a1 = 1, an+1 = (2a2n + 1)1/5 ,(n ≥ 1) 의 수렴 여부를 판정하시
오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 an ≤ an+1 < 3 임을 증명하자.
n = 1 일 때 a1 = 1 ≤ 31/5 < 3 이므로 성립한다. 이제 n = k 일
때 성립한다고 가정하자. 즉, ak ≤ ak+1 < 3 이라 하자. 그러면
1/5
ak+2 = 2a2k+1 + 1
< 191/5 < 2431/5 = 3
11
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2 극한
SOLUTION
이고
ak+2 = 2a2k+1 + 1
1/5
> (2a2k + 1)1/5 = ak+1
이다. 따라서 n = k + 1 일때도 성립하고 수학적 귀납법에 의하여
모든 자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 3 이다. {an } 은 증가수
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an ≤ 3 이므로 단조수렴 정리에
의하여 {an } 은 수렴한다.
연습문제 2.2 .
1. 주어진 함수의 좌극한과 우극한을 구하시오. 아래에서 [a]는
실수 a보다 작거나 같은 정수 중에 최대의 정수이다.
|x|
|x|
, lim+
x x→0 x
x→0
|x|
|x|
sol) x > 0일 때
= 1, x < 0일 때
= −1 이므로
x
x
a) lim−
|x|
|x|
5. 수열 {an }이 a1 = 2이고 모든 자연수 n에 대하여 an+1 =
lim
= lim− −1 = −1, lim+
= lim+ 1 = 1
an + 6
x
x→0− x
x→0
x→0
x→0
을 만족할 때 {an }이 수렴함을 증명하고 극한값을 구하시
2
이다.
오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 모든 자연수 n에 대하여 an ≤
an+1 < 6 임을 증명하자. n = 1 일 때 a1 = 2 ≤ 4 = a2 < 6
1
1
,
lim
b)
lim
이므로 성립한다. 이제 n = k 일 때 성립한다고 가정하자. 즉,
x→0+ x
x→0− x
ak ≤ ak+1 < 6 이라 하자. 그러면
sol) x =
6 0일때
12
ak+1 + 6
<
=6
ak+2 =
1
1
1
2
2
≤
−1≤
x
x
x
이고
임을 이용하면
ak + 6
ak+1 + 6
≥
= ak+1
ak+2 =
2
2
1
1
lim−
= −∞, lim+
=∞
이다. 따라서 n = k + 1 일때도 성립한다. 수학적 귀납법에 의하여
x
x
x→0
x→0
모든 자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 6 이다. {an } 이 증가수
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an < 6 이므로 단조수렴정리에 이다.
an + 6
에 n이
의하여 {an }은 어떤 실수 α로 수렴한다. an+1 =
2
c) lim
[tan x], lim
[tan x]
α+6
−
+
x→ π
x→ π
무한히 커지는 극한을 취해보면 α =
이고 그러므로 α = 6
2
2
2
sol) b) 와 같이 가우스 함수의 성질을 이용하면
이다. 따라서 lim a = 6 이다.
n→∞
n
6. a1 = 1 이고 an+1 =
[tan x] = −∞
lim [tan x] = ∞, lim
π+
−
x→ π
2
1
an + 4일 때 {an }의 수렴 여부와 수렴하
2
x→ 2
이다.
면 극한값을 구하시오.
sol) 수학적 귀납법을 이용하여 모든 자연수n에 대하여 an ≤
√
√
1 − cos2 x
1 − cos2 x
9
, lim+
= a2 < 8 d) lim−
an+1 < 8 임을 증명하자. n = 1일 때 a1 <
x
x
x→0
x→0
2
√
이므로 성립한다. 이제 n = k 일 때 성립한다고 가정하자. 즉, sol) 1 − cos2 x = |sin x|임을 이용하면
ak ≤ ak+1 < 8 이라 하자. 그러면
√
√
1 − cos2 x
1 − cos2 x
1
1
= −1, lim
=1
lim
ak+2 = ak+1 + 4 < · 8 + 4 = 8
x
x
x→0+
x→0−
2
2
이다.
이고
ak+2 =
1
1
ak+1 + 4 ≥ ak + 4 = ak+1
2
2
2. 다음 극한이 존재하는지 판정하고, 존재할 경우 그 극한값을
이다. n = k + 1 일때도 성립하므로 수학적 귀납법에 의하여 모든 구하시오.
자연수 n에 대하여 an ≤ an+1 < 8 이 성립한다. {an }은 증가수
열이고 모든 자연수 n에 대하여 an < 8 이므로 단조수렴정리에
x
|x|
−
a)
lim
1
x→0
x
|x|
의하여 {an }은 어떤 실수 α로 수렴한다. an+1 = an + 4 에 n이
2
1
무한이 커지는 극한을 취해보면 α = α + 4 이므로 α = 8 이다. sol) lim |x| − x = lim (1 − 1) = 0 이고
2
x |x|
x→0+
x→0+
따라서 lim an = 8 이다.
n→∞
|x|
x
lim
= lim− [−1 − (−1)] = 0 이므로 정리 2.2.4에
−
x
|x|
x→0−
x→0
12
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2 극한
SOLUTION
의해 극한값이 존재하고, 그 값은 0 이다.
i) lim x sin
x→∞
b) lim
x→1
3x + 1
x2 + 1
sol) x ≥
1
x
2
에 대해
π
sol) lim (3x + 1) = 4 이고 lim x2 + 1 = 2이므로 정리 2.2.1에
x→1
cos
x→1
의해 극한값이 존재하고, 그 값은 2 이다.
x2 + x − 2
x→1
x−1
c) lim
이고 lim cos
x→∞
2
(x + 2)(x − 1)
x +x−2
= lim
= lim (x + 2) = 3.
x→1
x→1
x→1
x−1
x−1
sol) lim
1 − 3x2
x→∞ 3x2 + x
j) lim
x→0
sin x
x
sin x
1
= lim tsin = 1.
t→∞
x
t
sin x
k) lim
x→∞ x
x→0
1
1 − 3x2
−3
x2 − 3
=
=
lim
= −1.
1
2
x→∞ 3x + x
x→∞ 3 +
3
x
sol) lim
sin x
1
1
≤
이고 lim
= 0이므로 정리
x→∞ x
x
x
sin x
= 0이다.
2.2.5에 의해 lim
x→∞ x
2x − 3
x→−∞ x2 + 2
sol) x 6= 0에 대해
e) lim
3
2
2x − 3
0
x − x2
= = 0.
=
lim
x→−∞ x2 + 2
x→−∞ 1 + 22
1
x
√
3
x−1
f) lim
x→1 x − 1
sol) lim
cos x
x→0 x
l) lim
cos x
cos x
= ∞, lim
= −∞이므로 극한값은 존재
x→0− x
x
하지 않는다.
sol) lim
x→0+
sol)
x→1
1
1
= 1이므로 lim x sin = 1이다.
x→∞
x
x
sol) lim
d) lim
lim
1
1
≤ x sin
≤1
x
x
√
3
√
3
x−1
x−1
= lim 2
√
1
x→1 (x 3 + x 3 + 1)( 3 x − 1)
x−1
1
1
= .
= lim 2
1
x→1 x 3 + x 3 + 1
3
m) lim+ ln x
x→0
sol) lim+ ln x = −∞. (정리 3.7.12 참조)
x→0
g) lim sin x
n) lim (ln (2x + 1) − ln (x))
sol) 모든 자연수 n ≥ 1에 대해
sol) x > 1일 때
x→∞
x→∞
sin(2nπ) = 0,
1
sin((2n + )π) = 1
2
이므로, 어떤 양수 M > 0을 고르더라도 x = 2nπ > M 를 만족
하는 자연수 n은 무한히 많으므로 sin x는 x가 충분히 크더라도
유일한 값으로 수렴하지 못한다. 따라서, 극한값은 존재하지 않는
다.
1
h) lim x sin
x→0
x
1
ln 2 ≤ ln 2 +
x
≤ ln 2 +
1
= ln 2이므로
x
lim (ln (2x + 1) − ln (x)) = ln 2이다.
이고
lim ln 2 +
x→∞
1
x
정리
x→∞
o) lim
x→0
sin 4x
sin 2x
sin 4x
2x
4x
sin 4x
sol) lim
= lim
·
·
= 2.
1
x→0
x→0
sin
2x
4x
sin
2x
2x
≤ |x|이고 lim |x| = 0이므로 정리
sol) x 6= 0에 대해 x sin
x→0
x
1
4−x
√
2.2.3에 의해 lim x sin = 0이다.
p) lim
x→0
x→4
x
5 − x2 + 9
13
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2.2.3에
의해
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2 극한
SOLUTION
sol)
√
(4 − x)(5 + x2 + 9)
4−x
√
= lim
2
x→4 5 −
16 − x2
x + 9 x→4
√
5
5 + x2 + 9
= .
= lim
x→4
4+x
4
lim
sol) (거짓)
반례: 함수 f, g를 다음과 같이 정의하면,
(
1, x > 0
f (x) =
, g(x) = x,
0, x ≤ 0
f (g(x)) = f (x)이고, a = 0일 때 lim g(x) = 0이지만
x→0
q) lim
x→0
2
1
+
x (x − 1) x (x + 2)
lim f (g(x)) = f (0+) = 1,
x→0+
이므로 극한값이 존재하지 않는다.
sol)
lim
x→0
lim f (g(x)) = f (0−) = 0
x→0−
1
2
+
x (x − 1) x (x + 2)
= lim
x→0
3
3
=− .
(x − 1)(x + 2)
2
3. 다음 명제가 참이면 증명하고, 거짓이면 반례를 제시하시오.
e) 함수 f : R → R에 대해 어떤 상수 M > 0이 존재하여 모든
실수 x에 대해 |f (x)| ≤ M 이면 lim xf (x) = 0이다.
x→0
proof ) (참)
주어진 조건에 의해
a) 모든 실수 x에 대하여 f (x) < g (x)이면 lim f (x) < lim g (x)
x→a
이다.
sol) (거짓)
반례 : 함수 f, g : R → R 를
(
0,
f (x) =
−1,
x→a
|xf (x)| ≤ M |x|,
x∈R
이 성립하고 lim M |x| = 0이므로 비교정리 혹은 샌드위치 정리에
x→0
의해 lim xf (x) = 0이다.
x→0
x 6= 0
,
x=0
g(x) = |x|
4. 상수 a ∈ R 에 대해 함수 f 가 구간 [a, ∞)에서 감소함수(정의
3.3.1)라 하자. 어떤 상수 m ∈ R이 존재하여 모든 x ∈ [a, ∞)에
로 정의하면 R에서 f (x) < g(x) 이지만 lim f (x) = lim g(x) = 0 대해 f (x) ≥ m이면 x → ∞ 일 때 f (x)가 수렴함을 보이시오.
x→0
x→0
이다.
proof ) 함수 f 가 구간 [a, ∞)에서 감소함수이므로 함수−f 는 구
b) lim f (x) = ∞ 이고 lim g (x) = 0 이면 lim f (x) g (x) = 0 간 [a, ∞)에서 증가함수이다. 모든 x ∈ [a, ∞)에 대해 f (x) ≥ m
x→a
x→a
x→a
이므로, 모든 x ∈ [a, ∞)에 대해 −f (x) ≤ m이다. 정리 2.2.7에
이다.
의하여 x → ∞일때 −f (x)는 어떤 실수 l로 수렴한다. 정리 2.2.1
에 의하여 lim f (x) = −l 이다.
n→∞
sol) (거짓)
1
반례: f (x) = 2 , g(x) = x2 , a = 0로 두면 lim f (x) = 연습문제 2.3 .
x→0
x
1. 주어진 함수가 x = 0에서 연속인지 판정하시오.
∞, lim g(x) = 0이지만 lim f (x) g (x) = 1 6= 0이다.
x2
x→0
x→0
a) y =
x
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 연속이
f (x)
c) lim f (x) = 1이고 lim g(x) = 0이면 lim
= ∞ 이거나 아니다.
x→a
x→a
x→a g(x)
f (x)
= −∞이다.
lim
x→a g(x)
b) y = x − [x]
sol) lim (x − [x]) = lim x = 0 이고
x→0+
x→0+
sol) (거짓)
lim− x−[x] = lim− (x+1) = 1 이므로 x = 0에서 연속이 아니다.
반례: f (x) = 1, g(x) = x, a = 0으로 두면 lim f (x) = 1 x→0
x→0
x→0
1
f (x)
= 의 극한은 존재 c) y = [x − [x]]
이고 lim g(x) = 0 이지만 x → 0일 때
x→0
g(x)
x
lim [x − [x]] = lim [x] = 0 이고 lim [x − [x]] =
하지 않으며, 양의 무한대 또는 음의 무한대로도 발산하지 않는다. sol) x→0
+
x→0+
x→0−
lim− [x + 1] = 0 이고 [0 − [0]] = 0 이므로 x = 0에서 연속
x→0
d) lim g(x) = b이면, lim f (g(x)) = f (b)이다.
x→a
x→a
이다.
14
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SOLUTION
d) y = [|x|]
sol) lim [|x|] = 0 이고 [|0|] = 0 이므로 x = 0에서 연속이다.
2 극한
이므로 x = 0에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
x→0
sin(x + 1)
x2 + x
e) y = |[x]|
sol)
x
=
−1,
0 에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서
sol) lim |[x]| = 0 이고 lim |[x]| = 1이므로 x = 0에서 연속이
sin(x + 1)
x→0+
x→0−
불연속이다. f (−1) = lim
= −1 로 정의하면 주어
아니다.
x→−1 x2 + x
진 함수가 x = −1에서 연속이 되도록 정의할 수 있다. 하지만
sin(x + 1)
sin(x + 1)
= ∞ 이고 lim
= −∞ 이므로 x = 0
2. 주어진 함수들의 불연속점을 모두 찾고, 각 불연속점에서 그 lim+
2
−
x +x
x2 + x
x→0
x→0
함수가 연속이 되도록 정의할 수 있는지 답하시오.
에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
g) f (x) =
cos x
x2 − 2x + 1
h) f (x) =
x
− π2
x−1
π
sol) x = 1에서 함수값이 정의되지 않으므로 x = 1에서 불연속이 sol) x = 2 에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = π2 에서 불연
π
cos x
x2 − 2x + 1
= limπ
다. f (1) = lim
= lim (x − 1) = 0로 정의하면 새로 속이다. f
π = −1로 정의하면 새로 정의된
x→ 2 x −
2
x→1
x→1
x−1
2
정의된 함수는 실수 전체에서 연속이 된다.
함수는 실수 전체에서 연속이 된다.
a) f (x) =
x−1
3. 다음 물음에 답하시오.
− 3x + 2
3
sol) x = 1, 2에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서 불연 a) 방정식 x − x − 1 = 0은 구간 [1, 2]에서 근을 가짐을 보이시오.
x−1
1
속이다. f (1) = lim 2
= lim
= −1 로 정의하면
x→1 x − 3x + 2
x→1 x − 2
proof ) f = x3 − x − 1 이라 정의하자. f (1) = −1 이고 f (2) = 5
x = 1에서 연속이 된다. x = 2에서는 극한이 발산하기 때문에 이므로 사이값 정리에 의하여 f (c) = 0 을 만족하는 c가 (1, 2)에
x = 2에서 연속이 되도록 함숫값을 정의할 수 없다.
존재한다. 따라서 방정식 x3 − x − 1 = 0 은 구간 [1, 2]에서 근을
가진다.
ln|x + 1|
c) f (x) =
x
x
sol) x = −1, 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 이 점들에서 b) 방정식 3x = e 은 구간 (0, ∞)에서 적어도 두 개의 근을 가짐을
보이시오.
1
ln|x + 1|
불연속이다. f (0) = lim
= lim ln(x + 1) x = ln e = 1
x→0
x→0
x
로 정의하면 주어진 함수를 x = 0 에서 연속이 되도록 정의할 수
proof ) f (x) = ex − 3x라 정의하자. f (0) = 1 > 0 이고
있다.하지만 lim f (x) = ∞이므로 x = −1에서는 연속이 되도록
f (1) = e − 3 < 0 이므로 사이값 정리에 의하여 방정식 f (x) = 0
x→−1
함숫값을 정의할 수 없다.
은 0과 1사이에 적어도 1개의 근을 가진다. 또한 f (1) = e − 3 < 0
이고 f (4) = e4 − 12 > 0 이므로 사이값 정리에 의하여 방정식
f (x) = 0은 1과 4사이에서도 적어도 1개의 근을 가진다. 따라서
1
d) f (x) = x sin
3x
= ex 는 (0, ∞)에서 적어도 두 개의 근을 가진다.
x
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 불연속
1
이다. f (0) = lim x sin = 0 으로 정의하면 새로 정의된 함수는 c) 방정식 x3 − 4x + 1 = 0 은 세 실근을 가짐을 보이시오.
x→0
x
실수 전체에서 연속이 된다.
b) f (x) =
x2
proof ) 우선 주어진 방정식은 3차 방정식 이므로 최대 3개의
1
실근을
가진다. 함수 f : R → R를 f (x) = x3 − 4x + 1 로
e) f (x) = x2 cos
x
정의하자. f (−3) = −14 < 0 이고 f (−1) = 4 > 0 이므로 사
sol) x = 0에서 함숫값이 정의되지 않으므로 x = 0에서 불연속 이값 정리에 의하여 방정식 f (x) = 0은 (−3, −1)에서 적어도 1
1
이다. f (0) = lim x2 cos = 0으로 정의하면 새로 정의된 함수는 개의 실근을 가진다. 또, f (−1) = 4 > 0 이고 f (1) = −2 < 0
x→0
x
이므로 방정식 f (x) = 0은 (−1, 1) 에서 적어도 1개의 실근을
실수 전체에서 연속이 된다.
가지고 f (1) = −2 < 0 이고 f (3) = 16 > 0이므로 방정식
f (x) = 0은 (1, 3)에서 적어도 1개의 실근을 가진다. 따라서, 방정
√
1 − cos2 x
식
x3 − 4x + 1 = 0은 세 개의 실근을 가진다.
f) f (x) =
x
sol) x = 0에서 함숫값이
정의되지 않으므로 x =√0에서 불연속이
√
d) 방정식 π sin x = x 는 최소한 세 실근을 가짐을 보이시오.
1 − cos2 x
1 − cos2 x
다. 하지만 lim−
= −1이고 lim+
=1
x
x
x→0
x→0
15
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3 미분
SOLUTION
proof ) 함수 f : R → R를 f (x) = π sin x − x로 정의하자.
π
π
= − < 0,
f (−π) = π > 0, f −
2
2
π π
f
= > 0, f (π) = −π < 0
2
2
π π π π , ,π
이므로 방정식 f (x) = 0은 구간 −π, − , − ,
2
2 2
2
에서 각각 적어도 1개의 근을 가진다. 따라서 방정식 π sin x = x
는 최소한 세 개의 실근을 가진다.
위 보조정리로부터 α 6= 0인 실수에 대해 xn → α, yn → α를 만
족하는 유리수열 {xn }과 무리수열 {yn }이 존재한다. 따라서, f 가
연속이라고 가정하면
f (α) = f ( lim xn ) = lim f (xn ) = 0,
n→∞
n→∞
f (α) = f ( lim yn ) = lim f (yn ) = lim yn = α
n→∞
n→∞
n→∞
가 되어 α = 0이어야 한다. 하지만 이는 α 6= 0이라는 가정에
모순이다. 따라서 함수 f 는 x = 0에서만 연속이다.
4. 함수 y = |x|가 연속함수임을 보이고, 이를 이용하여 임의의
연속함수 f 에 대하여 y = |f (x)|가 연속임을 보이시오.
proof ) 임의의 x, c ∈ R 에 대하여 x 6= c 이고 |x − c| → 0이면
미분
3
연습문제 3.1 .
1. 다음 함수의 도함수를 구하시오.
||x| − |c|| ≤ |x − c| → 0
이므로 y = |x| 는 연속함수이다.
이제 임의의 함수 f 가 실수 전체에서 연속이라고 가정하자. c ∈ R
을 고정하면 f 가 실수전체에서 연속이므로 임의의 x ∈ R에 대하
여 x 6= c이고 |x − c| → 0 이면 |f (x) − f (c)| → 0이다. 삼각부등
식에 의하여
a) y = (x3 + 1)(x2 + x + 1)
sol)
y 0 = (x3 + 1)0 · (x2 + x + 1) + (x3 + 1) · (x2 + x + 1)0
= (3x2 ) · (x2 + x + 1) + (x3 + 1) · (2x + 1)
||f (x)| − |f (c)|| ≤ |f (x) − f (c)|
= (3x4 + 3x3 + 3x2 ) + (2x4 + x3 + 2x + 1)
임을 알 수 있다. 따라서 함수 f 가 연속이면 |f | 도 연속함수이다.
= 5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1.
5. 함수 f : R → R 가 x 가 유리수일 때는 f (x) = 0이고, x가 무
리수일 때는 f (x) = x이다. 이 함수가 연속인 점을 모두 찾으시오. b) y = (x + 1)(x2 + 1)(3x − 1)
sol)
sol) |f (x)| ≤ |x| 이고 lim |x| = 0 이므로 정리 2.2.5에 의하여
y 0 = (x + 1)0 (x2 + 1)(3x − 1) + (x + 1)(x2 + 1)0 (3x − 1)
x→0
lim f (x) = 0 = f (0) 이다. 따라서 f 는 x = 0에서 연속이다.
+ (x + 1)(x2 + 1)(3x − 1)0
x→0
이제 x = 0을 제외한 실수들에서 불연속임을 밝히자. 보조정리
하나를 소개한다:
lemma) 임의의 실수 α ∈ R에 대해 α로 수렴하는 유리수열 {xn }
과 무리수열 {yn }이 존재한다.
proof ) α ∈ R 에 대해
√
2
[nα]
, yn =
+ xn
xn =
n
n
라 하면 {xn }은 유리수열이고 {yn }은 무리수열이다 (단, [x]는 x
보다 작은 최대의 정수). 또한,
α−
= (x2 + 1)(3x − 1) + 2x(x + 1)(3x − 1) + 3(x + 1)(x2 + 1)
= (3x3 − x2 + 3x − 1)
+ (6x3 + 4x2 − 2x) + (3x3 + 3x2 + 3x + 3)
= 12x3 + 6x2 + 4x + 2.
c) y =
sol)
(x + 2)0 (x2 + 3x − 1) − (x + 2)(x2 + 3x − 1)0
(x2 + 3x − 1)2
2
(x + 3x − 1) − (x + 2)(2x + 3)
=
(x2 + 3x − 1)2
2
−x − 4x − 7
= 2
.
(x + 3x − 1)2
y0 =
1
≤ xn ≤ α
n
이므로 조임정리 혹은 비교정리에 의해 n → ∞일 때 xn → α,
√
2
lim yn = lim
+ lim xn = α
n→∞
n→∞ n
n→∞
이므로 yn → α 이다.
x+2
x2 + 3x − 1
d) y =
x2
x
+ 2
x+1 x +1
16
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