극한의 모든 것을 쓰고 싶다
고등학교에서는 함수의 극한을 이렇게 정의한다(굵은 것을 주의깊게 보자):
어떤 함수 f(x)가 있을 때, x가 c로 무한히 갈 때의 값을\[\lim_{x \rightarrow c} f(x)\]로 표기한다. 주의할 것은 이 때 x가 c는 아니라는 점이다.
이 때 왼쪽(더 작은 쪽)으로부터의 접근을 좌극한이라고 하고, \[\lim_{x \nearrow c} f(x)\]로 표기한다. 오른쪽(더 큰 쪽)으로부터의 접근을 우극한이라고 하고, \[\lim_{x \searrow c} f(x)\]로 표기한다. 좌극한과 우극한이 같을 때만 극한값이 정의된다. 즉, \[\lim_{x \nearrow c} f(x) = \lim_{x \searrow c} f(x)\]일 때만 극한값을 정의하며 이 때 그 값을 \[\lim_{x \rightarrow c} f(x)\]라 한다.
이제 다음을 생각해 보자:
- c로 무한히 갈 때, x가 c는 아니라는 점이다
얼만큼 무한히 간단 말인가? 예를 들어 \(c = 3\)이라면, \(x = 2.9\)쯤 가면 충분하단 말인가? \(x = 2.99\)는 되어야 하나?
아니면 그도 아닌 \(x = 3.001\)은 되어야 한다는 말인가? 그리고 이렇게 무한히 간다고 하면, 왜 \(x = 3\)은 안 되는 것인가?
- 왼쪽(더 작은 쪽)으로부터, 오른쪽(더 큰 쪽)으로부터
무한히 접근하면 그 크기를 비교할 수 없게 될지도 모르는데, 더 작은(큰) 쪽? 일례로 \(0.\dot{9} = 1\)임을 들 수 있겠다.
- 좌극한과 우극한이 같을 때
결국 무한히 접근하는 것인데? 작은 쪽과 큰 쪽이 같아야 한다?
교육과정에서는 이러한 문제들을 예를 이용하여 교묘히 숨기면서 학생들의 이해를 돕고 있다. 이러한 진실을 숨기는 행위를 비판하는 것은 이 글의 목적이 아니므로 다른 글에 맡긴다.
그럼 우리가 알아봐야 할 것은
도대체 진실은 무엇이냐? 즉, 교육과정을 넘어서면 극한은 어떻게 정의되느냐?
이다. 이에 대한 명쾌한 정의로 학부수학 과정에서는 대부분 \(\epsilon\)엡실론 \(-\) \(\delta\)델타 논법을 사용한다.
\(\epsilon - \delta\) 논법을 살펴보자.
임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해
\[0 < |x - c| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\]을 만족하는 어떤 \(\delta\)가 존재하면, \[\lim_{x \rightarrow c}f(x) = L\]이라고 한다. 마찬가지로 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \[0 < c - x < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\]을 만족하는 어떤 \(\delta\)가 존재하면, \[\lim_{x \nearrow c}f(x) = L\]이라고 한다. 이는 좌극한이라고 불린다. 반대로 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해
\[0 < x - c < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\]을 만족하는 어떤 \(\delta\)가 존재하면, \[\lim_{x \searrow c}f(x) = L\]이라고 하며, 이를 우극한이라 부른다.
처음 보면 이해가 안 될 가능성이 매우 크다.
예를 들어, \(f(x) = 2x - 3\)이라고 할 때 \[\lim_{x \rightarrow 1}f(x)\]를 구해보자.
임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \(\delta = \epsilon / 2\)이라고 하면,
\[0 < |x - 1| < \delta = \frac{\epsilon}{2}\\
\Rightarrow 0 < 2|x - 1| = |2x - 2| < \epsilon\\
\Rightarrow 0 < |2x - 2| = |f(x) - (-1)| < \epsilon\]
이므로, 결국 \(0 < |x - 1| < \delta \Rightarrow |f(x) - (-1)| < \epsilon\)이다. 따라서,
\[\lim_{x \rightarrow 1}f(x) = -1\]이라고 쓸 수 있다.
그렇다면 이런 방식으로 정의된 극한은 두 개 이상일 수도 있지 않은가?
따라서 여기서는 어떤 함수의 극한이 존재한다면 그 값이 하나임을 보인다.
또한, 고등학교 과정[1]에서는 증명할 수 없었던 사칙연산과 극한과의 관계도 증명해 보이겠다.
먼저 극한값이 유일하다는 것을 보인다.
증명 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \[0 < |x - c| < \delta_{1} \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\\0 < |x - c| < \delta_{2} \Rightarrow |f(x) - R| < \epsilon\]을 만족하는 어떤 \(\delta_{1}\)과 \(\delta_{2}\)가 존재한다 하자.
\(\delta = \operatorname{min}(\delta_{1}, \delta_{2})\)이라고 하면, 위 식은 \[0 < |x - c| < \delta \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon, |f(x) - R| < \epsilon\]이라고 쓸 수 있다. 한편, \[|f(x) - L| + |f(x) - R| = |f(x) - L| + |R - f(x)| \ge |f(x) - L + R - f(x)| = |R - L|\]에서, 다음을 얻는다: \[0 < |x - c| < \delta \Rightarrow 2\epsilon > |f(x) - L| + |f(x) - R| \ge |R - L| \Rightarrow \left|\frac{R - L}{2}\right| < \epsilon\]\(\epsilon\)이 임의의 양수이므로 \((R - L) / 2 = 0\)에서 \(L = R\)이다. \(\quad\square\)
따라서 \(\delta\)값이 어떻게 정해지든 상관없이 극한값은 항상 일정하다.
이제 다음을 증명한다:
\[\lim_{x \rightarrow c} \left(f(x) + g(x)\right) = \lim_{x \rightarrow c} f(x) + \lim_{x \rightarrow c} g(x)\]
증명\[\lim_{x \rightarrow c} f(x) = L, \lim_{x \rightarrow c} g(x) = R\]이라고 한다. 그렇다면 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \[0 < |x - c| < \delta_{1} \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\\0 < |x - c| < \delta_{2} \Rightarrow |g(x) - R| < \epsilon\\\]을 만족하는 어떤 \(\delta_{1}\)과 \(\delta_{2}\)가 존재해야 한다. \(\delta_{0} = \operatorname{min}(\delta_{1}, \delta_{2})\)이라고 하면, 위 식은 \[0 < |x - c| < \delta_{0} \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon, |g(x) - R| < \epsilon\]이라고 쓸 수 있다.
한편, \[|f(x) - L| + |g(x) - R| \ge |\left(f(x) + g(x)\right) - (L + R)|\]에서, 다음을 얻는다:
\[0 < |x - c| < \delta_{0} \Rightarrow 2\epsilon > |f(x) - L| + |g(x) - R| \ge |\left(f(x) + g(x)\right) - (L + R)|\]
여기서 \(\epsilon\)이 임의이므로 \(\epsilon\) 대신 \(\epsilon / 2\)를 잡으면, 일대일 변환이므로 임의의 \(\epsilon / 2 > 0 \Rightarrow \epsilon > 0\)에 대해 \[0 < |x - c| < \delta \Rightarrow |\left(f(x) + g(x)\right) - (L + R)| < 2\cdot \frac{\epsilon}{2} = \epsilon\]을 만족하는 어떤 \(\delta\)가 존재해야 한다. 따라서,
\[\lim_{x \rightarrow c}\left(f(x) + g(x)\right) = L + R = \lim_{x \rightarrow c}f(x) + \lim_{x \rightarrow c}g(x)\]이다. \(\quad\square\)
이 증명의 마지막 부분에서 썼던 방식과 비슷하게 하면 다음을 보일 수 있다(\(a \not = 0\)):
\[\lim_{x \rightarrow c} af(x) = a \lim_{x \rightarrow c} f(x)\]
증명 \[\lim_{x \rightarrow c} f(x) = L\]이라고 한다. 그렇다면 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \[
\begin{align*}
0 < |x - c| < \delta &\Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\\&\Leftrightarrow |a|\cdot|f(x) - L| = |af(x) - aL| < |a|\cdot\epsilon
\end{align*}\]을 만족하는 어떤 \(\delta\)가 존재해야 한다.
\(\epsilon\)과 \(|a|\epsilon\)은 일대일 대응이므로 덧셈의 증명과 유사하게 하면 된다. \(\quad\square\)
이제 뺄셈을 증명하자. \(-u = (-1)u\)임을 이용한다.
증명 \[
\begin{align*}
\lim_{x \rightarrow c} \left(f(x) - g(x)\right) &= \lim_{x \rightarrow c} \left(f(x) + (-g(x))\right)\\
&= \lim_{x \rightarrow c} f(x) + \lim_{x \rightarrow c} (-g(x))\\
&= \lim_{x \rightarrow c} f(x) + \lim_{x \rightarrow c} (-1)\cdot g(x)\\
&= \lim_{x \rightarrow c} f(x) + (-1)\cdot\lim_{x \rightarrow c} g(x)\\
&= \lim_{x \rightarrow c} f(x) - \lim_{x \rightarrow c} g(x)\quad\square\end{align*}\]
곱의 경우를 증명한다. 여기서 극한값은 변수에 대해 상수라는 점을 잘 보자.
증명\[\lim_{x \rightarrow c} f(x) = L, \lim_{x \rightarrow c} g(x) = R\]이라고 한다. 그렇다면 임의의 \(\epsilon > 0\)에 대해 \[0 < |x - c| < \delta_{1} \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon\\0 < |x - c| < \delta_{2} \Rightarrow |g(x) - R| < \epsilon\\\]을 만족하는 어떤 \(\delta_{1}\)과 \(\delta_{2}\)가 존재해야 한다. \(\delta_{0} = \operatorname{min}(\delta_{1}, \delta_{2})\)이라고 하면, 위 식은 \[0 < |x - c| < \delta_{0} \Rightarrow |f(x) - L| < \epsilon, |g(x) - R| < \epsilon\]이라고 쓸 수 있다. 따라서 다음을 얻는다:
\[\begin{align*}0 < |x - c| < \delta_{0} &\Rightarrow |f(x) - L|\cdot|g(x) - R| \\ &= |f(x)g(x) - Lg(x) - Rf(x) + LR| < \epsilon^{2}\end{align*}\]
\(\epsilon\)에 \(\sqrt{\epsilon}\)을 대입하면, 일대일 대응이므로
\[0 < |x - c| < \delta \Rightarrow |f(x)g(x) - Lg(x) - Rf(x) + LR| < \epsilon\]을 만족하는 \(\epsilon\)이 존재하게 된다. 따라서
\[\begin{align*}
\lim_{x \rightarrow c}(f(x)g(x) - Lg(x) - Rf(x) + LR) &= 0\\
\lim_{x \rightarrow c}f(x)g(x) - L\lim_{x \rightarrow c}g(x) - R \lim_{x \rightarrow c}f(x) + LR &= 0\\
\lim_{x \rightarrow c}f(x)g(x) - LR - RL + LR &= 0\\
\lim_{x \rightarrow c}f(x)g(x) &= LR\\
&= \lim_{x \rightarrow c}f(x) \lim_{x \rightarrow c}g(x)
\end{align*}\]
이다. \(\quad\square\)
나눗셈의 경우는 다른 정리 없이 곱셈에서 바로 유도되며, 매우 간단하게 증명된다.
물론 분모에 있는 함수의 극한값이 0인 경우는 생각하지 않는다.
증명
\[\begin{align*}
\lim_{x \rightarrow c}\left(\frac{f(x)}{g(x)}g(x)\right) &= \lim_{x \rightarrow c}{f(x)}\\
\lim_{x \rightarrow c}\frac{f(x)}{g(x)}\lim_{x \rightarrow c}g(x) &= \lim_{x \rightarrow c}{f(x)}\\
\lim_{x \rightarrow c}\frac{f(x)}{g(x)} &= \frac{\lim_{x \rightarrow c}{f(x)}}{\lim_{x \rightarrow c}g(x)} \quad\square
\end{align*}\]
이상에서 다음을 얻는다:
\(\lim_{x \rightarrow c} f(x) = L\), \(\lim_{x \rightarrow c} g(x) = R\)일 때,
- \(\lim_{x \rightarrow c} (f(x) + g(x)) = L + R\)
- \(\lim_{x \rightarrow c} (f(x) - g(x)) = L - R\)
- \(\lim_{x \rightarrow c} (f(x)g(x)) = LR\)
- \(R \not = 0 \Rightarrow \lim_{x \rightarrow c} (f(x) / g(x)) = L / R\)
주의해야 할 점은 극한값이 직관적으로 \(\pm\infty\)라고 해서 저 정리를 적용시킬 수는 없다는 것이다.
예를 들어, \(\lim_{x \rightarrow 0} 1/x^2 = \infty\)[1]라고 해서,
\[1 = \lim_{x \rightarrow 0}\frac{x^2}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0}x^2 \cdot \lim_{x \rightarrow c}\frac{1}{x^2} = 0 \cdot \infty\]라고 할 수는 없다는 것이다.