4. 극한의 성질

우리는 지금까지 함수의 극한에 대해 살펴보았다. 1편에서는 함수의 극한, 수렴과 발산이 직관적으로 어떤 뜻인지에 대해 다루었고, 2편에서는 엡실론-델타 논법을 통해 극한을 수학적으로 엄밀하게 정의하였으며, 3편에서는 이 정의를 이용하여 다양한 함수의 극한을 살펴보고 증명하였다.

수학자들이 새로운 개념을 정의하면 가장 먼저 하는 것이 이 개념에 대한 가장 기본적인 성질들을 알아보는 것이다. 이 글에서는 가장 기본적인 극한의 성질들에 대해 알아볼 것이고, 이들을 이용해서 여러 함수의 극한을 찾아볼 것이다.

극한의 성질

다음은 함수의 극한이 가지는 가장 기본적인 성질이다.

실수 \(a\)와 \(a\) 근처에서 정의된 두 함수 \(f(x)\), \(g(x)\)에 대해

$$ \lim_{x\rightarrow a}f(x)=L, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=M $$

일 때

  1. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}[f(x)\pm g(x)]=L\pm M\)
  2. 상수 \(c\)에 대해 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}[cf(x)]=cL\)
  3. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}[f(x)g(x)]=LM\)
  4. \(M\neq0\)일 때 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}\)

즉 간단하게 말해서 극한끼리는 서로 사칙연산과 상수 곱이 자유자재로 가능하다는 것이 이 성질이 말해주고 있는 사실이다. 이 성질은 \(x\rightarrow a\)로 갈 때뿐만이 아니라 좌극한과 우극한, 또는 \(x\rightarrow\pm\infty\)로 갈 때의 극한에 대해서도 성립한다.

이 성질은 두 함수의 극한이 모두 (실수로) 존재할 때, 즉 수렴할 때에만 성립한다.

증명

위에서 살펴본 극한의 성질들은 모두 엡실론-델타 논법을 통한 극한의 정의를 이용해서 증명할 수 있다. 극한의 정의를 다시 한 번 상기해 보자.

임의의 양수 \(\epsilon>0\)에 대해 적당한 \(\delta>0\)가 존재하여 \(0<|x-a|<\delta\)이면 \(|f(x)-L|<\epsilon\)이다.

삼각부등식

삼각부등식(triangle inequality)은 절댓값을 배울 때 함께 배우는 가장 기본적인 부등식으로, 절댓값이 많이 나타나는 극한의 정의 특성상 앞으로의 증명에서 이 부등식을 써먹을 일이 정말 많다. 대부분 알고 있는 내용이겠지만 한 번 더 상기하고 넘어가자. 실수 \(a\)와 \(b\)에 대해 다음 부등식을 삼각부등식이라고 한다.

$$ |a+b|\leq|a|+|b| $$

증명은 양변이 모두 0 이상이므로 제곱하여 빼면 된다.

$$ (|a+b|)^2-(|a|+|b|)^2=(a^2+2ab+b^2)-(a^2+2|ab|+b^2)=2(ab-|ab|)\leq0 \\ |a+b|, |a|+|b|\geq0\Longrightarrow |a+b|\leq|a|+|b| $$

1번 성질

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}[f(x)+g(x)]=L+M\)만 증명해 보도록 하자. 가운데가 (-)인 경우에도 똑같은 방식으로 증명할 수 있다.

\(\epsilon>0\)이 주어졌다고 하자. 우리는

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow|(f(x)+g(x))-(L+M)|<\epsilon\tag{1}$$

를 만족하는 \(\delta>0\)만 하나 찾아주면 되고, 우리에게 주어진 사실은 임의의 \(\epsilon_1,\epsilon_2>0\)에 대해

$$0<|x-a|<\delta_1\Longrightarrow|f(x)-L|<\epsilon_1\tag{2}$$

$$0<|x-a|<\delta_2\Longrightarrow|g(x)-M|<\epsilon_2\tag{3}$$

를 만족하는 \(\delta_1,\delta_2>0\)가 존재한다는 것이다. 삼각부등식을 사용하면 (1)과 (2), (3) 사이의 연결고리가 생긴다.

$$|(f(x)+g(x))-(L+M)|=|(f(x)-L)+(g(x)-M)|\leq|f(x)-L|+|g(x)-M|$$

따라서 적당한 \(\delta>0\)가 존재하여 \(0<|x-a|<\delta\)일 때 \(|f(x)-L|+|g(x)-M|<\epsilon\)임을 보이면 증명이 끝난다. (2), (3)에서

$$0<|x-a|<\delta_1,0<|x-a|<\delta_2\Longrightarrow|f(x)-L|+|g(x)-M|<\epsilon_1+\epsilon_2$$

이므로 \(\epsilon_1=\epsilon_2=\epsilon/2\)로 놓자. 그러면

$$0<|x-a|<\delta_1,0<|x-a|<\delta_2\Longrightarrow|f(x)-L|+|g(x)-M|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\tag{4}$$

이고, 현재 상황은 아래 그림과 같다.

\(x\)의 값에 따른 \(f\)와 \(g\)의 상황을 나타낸 그림. \(\delta\)를 \(\delta_1, \delta_2\) 중 크지 않은 값으로 잡으면 \(0<|x-a|<\delta\)일 때 \(|f(x)-L|<\epsilon/2\)가 되고, \(|g(x)-L|<\epsilon/2\)가 되어 1번 성질을 증명할 수 있다.

\(\delta_1\)과 \(\delta_2\)의 대소 관계가 바뀌면 그림이 달라지겠지만, \(x\)가 둘의 공통 범위 안에 들어오도록 우리가 구하는 \(\delta\)를 \(\delta_1, \delta_2\)중 크지 않은 값, 즉

$$\delta=\min\{\delta_1, \delta_2\}$$

로 놓으면 (4)의 가정이 모두 성립한다. 따라서

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow|(f(x)+g(x))-(L+M)|\leq|f(x)-L|+|g(x)-M|<\epsilon$$

즉 임의의 \(\epsilon>0\)에 대하여 극한의 정의를 만족시키는 \(\delta=\min\{\delta_1, \delta_2\}>0\)를 하나 찾았으므로 증명이 끝난다.

2번 성질

\(f(x)=c\)라고 하면 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=c\)이므로 2번 성질은 3번 성질의 특이한 경우 중 하나이다. 즉 3번 성질을 증명하면 2번도 증명되므로, 3번 성질을 증명해보도록 하자.

3번 성질

\(\epsilon>0\)이 주어졌다고 하면, 우리는

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow|f(x)g(x)-LM|<\epsilon$$

을 만족하는 \(\delta>0\)을 하나 찾아주면 된다. 1번 성질을 증명할 때와 마찬가지로 \(|f(x)g(x)-LM|\)과 \(|f(x)-L|,|g(x)-M|\) 사이의 연결고리를 만들어주면 되는데, 이는 다음과 같이 만들 수 있다.

$$\begin{align}|f(x)g(x)-LM|&=|f(x)g(x)-f(x)M+f(x)M-LM|\\&\leq|f(x)g(x)-f(x)M|+|f(x)M-LM|\\&=|f(x)||g(x)-M|+|f(x)-L||M|\end{align}\tag{5}$$

(5)의 마지막 변을 \(\epsilon\)보다 작게 만들어줘야 하고, 이를 위해서는 \(|g(x)-M|,|f(x)-L|\)과 \(|f(x)|\)의 크기를 모두 제한(bound)시켜야 한다. 이는 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=L\)임을 이용하여 제한할 수 있다. 극한의 정의에 의해 적당한 \(\delta_1>0\)이 존재하여

$$0<|x-a|<\delta_1\Longrightarrow|f(x)-L|<1\tag{6}$$

이므로

$$0<|x-a|<\delta_1\Longrightarrow|f(x)|=|(f(x)-L)+L|\leq|f(x)-L|+|L|<|L|+1$$

한편, 적당한 \(\delta_2>0\)가 존재하여

$$0<|x-a|<\delta_2\Longrightarrow|g(x)-M|<\frac{\epsilon}{2(|L|+1)}\tag{7}$$

따라서

$$0<|x-a|<\delta_1,\delta_2\Longrightarrow|f(x)||g(x)-M|<(|L|+1)\frac{\epsilon}{2(|L|+1)}=\frac{\epsilon}{2}$$

이다. (6), (7)번 식에서 극한의 정의를 사용할 때 \(\epsilon\) 값을 저렇게 때려맞춘 이유는 단순히 \(|f(x)||g(x)-M|\)를 \(\epsilon/2\)보다 작게 제한시켜주기 위함이다. 이제 \(|f(x)-L||M|\)의 값도 \(\epsilon/2\)보다 작게 제한시켜주면 증명이 끝난다. 극한의 정의에 의해 적당한 \(\delta_3>0\)가 존재하여

$$0<|x-a|<\delta_3\Longrightarrow|f(x)-L|<\frac{\epsilon}{2(|M|+1)}$$

분모에 굳이 1을 추가해준 이유는 \(M=0\)인 경우를 막기 위해서다. 따라서

$$0<|x-a|<\delta_3\Longrightarrow|f(x)-L||M|<\frac{\epsilon|M|}{2(|M|+1)}<\frac{\epsilon}{2}$$

마지막으로 \(\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,\delta_3\}\)으로 잡으면 증명이 끝난다.

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow|f(x)g(x)-LM|\leq|f(x)||g(x)-M|+\|f(x)-L||M|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$

4번 성질

만약 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{M}\)이라면

$$\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\left[f(x)\cdot\frac{1}{g(x)}\right]=L\cdot\frac{1}{M}=\frac{L}{M}$$

이므로 4번 성질이 성립하고, 따라서 우리는 \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{M}\)임을 보이면 충분하다.

\(\epsilon>0\)이 주어졌다고 하자. 우리는

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{M}\right|<\epsilon$$

인 \(\delta>0\)를 하나 찾으면 된다.

$$\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{M}\right|=\frac{|g(x)-M|}{|g(x)||M|}\tag{8}$$

이므로 우리가 범위를 제한시켜야 하는 값은 \(|g(x)-M|\)과 \(|g(x)|\)의 두 가지이다. 여기서 \(|g(x)|\)를 제한시킬 때 주의가 필요한데, \(|g(x)|\)는 분모에 있기 때문에 제한시킨 범위에 0이 포함되어서는 안 된다. 이 경우 \(M\neq0\)임을 가정한 것을 이용해 다음과 같이 \(|g(x)|\)의 범위를 제한시킬 수 있다. 적당한 \(\delta_1>0\)에 대하여

$$0<|x-a|<\delta_1\Longrightarrow|g(x)-M|<\frac{|M|}{2}\Longrightarrow M-\frac{|M|}{2}<g(x)<M+\frac{|M|}{2}$$

\(M>0\)일 때는 \(M/2<g(x)<3M/2\)가 되고, \(M<0\)일 때는 \(3M/2<g(x)<M/2\)가 되어 다음이 성립한다.

$$\frac{|M|}{2}<|g(x)|<\frac{3|M|}{2}$$

이 방법을 통해 \(|g(x)|\)의 범위를 0이 포함되지 않게 제한시킬 수 있다. 따라서 다음이 성립한다.

$$0<|x-a|<\delta_1\Longrightarrow\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{M}\right|=\frac{|g(x)-M|}{|g(x)||M|}<\frac{2|g(x)-M|}{M^2}$$

이제 \(\displaystyle\frac{2|g(x)-M|}{M^2}\)이 \(\epsilon\)보다 작아지록 \(|g(x)-M|\)의 범위를 제한시키면 끝난다. 적당한 \(\delta_2>0\)에 대해

$$0<|x-a|<\delta_2\Longrightarrow|g(x)-M|<\frac{M^2\epsilon}{2}$$

가 성립하고, 따라서 \(\delta=\min\{\delta_1, \delta_2\}\)에 대해

$$0<|x-a|<\delta\Longrightarrow\left|\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{M}\right|=\frac{|g(x)-M|}{|g(x)||M|}<\frac{2|g(x)-M|}{M^2}<\frac{2}{M^2}\cdot\frac{M^2\epsilon}{2}=\epsilon$$

극한의 성질을 이용해 극한값 구하기

기본 함수들의 극한값

여러 함수들의 극한값을 구하기 전 다음과 같은 사실을 알아놓고 가도록 하자.

\(f(x)\)가 다항, 유리, 무리, 삼각, 지수, 로그함수일 때 정의역의 점 \(x=a\)에서 \(f(x)\)의 극한값은 \(f(a)\)이다.

즉 이러한 기본적인 함수들의 극한값을 구하고 싶다면 \(x\) 대신 \(a\)를 집어넣으면 된다.

예제 1

다음 극한값을 구해보자.

$$ \lim_{x\rightarrow 3}\frac{e^x}{x-2}\sqrt{3x^2+5x-3} $$

지수함수 \(e^x\), 다항함수 \(x-2\), 무리함수 \(\sqrt{3x^2+5x-3}\)의 곱 내지는 몫으로 이루어져 있다. 각각의 극한값은 위의 성질에 의해 \(x=3\)을 그대로 대입해준 것이므로

$$ \lim_{x\rightarrow 3}e^x=e^3 \qquad \lim_{x\rightarrow 3}(x-2)=1 \qquad \lim_{x\rightarrow 3}\sqrt{3x^2+5x-3}=\sqrt{39} $$

이고, 극한의 성질에 의해

$$ \lim_{x\rightarrow 3}\frac{e^x}{x-2}\sqrt{3x^2+5x-3}=\frac{e^3}{1}\sqrt{39}=e^3\sqrt{39} $$

이다.

예제 2

다음 극한값을 구해보자.

$$ \lim_{x\rightarrow1}\frac{x^3-1}{x-1} $$

이 문제에서는 위에서 살펴보았던 극한의 성질 4가지를 그대로 적용할 수 없다. 분모가 0이 되기 때문이다. 따라서 조금은 다른 접근이 필요한데, 분자를 \(x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\)로 인수분해하고 분모와 공통인수 \((x-1)\)을 날려버릴 수 있겠다는 생각을 할 수 있다.

\(\displaystyle\frac{x^3-1}{x-1}\)은 분자를 인수분해하여 약분하면 \(x^2+x+1\)이 되지만, 일반적인 실수 전체에서 정의된 함수 \(f(x)=x^2+x+1\)과는 달리 분모가 0이 되는 \(x=1\)에서는 정의되지 않는 것으로 간주해야 한다(물론 다른 값에서는 \(x^2+x+1\)이 된다). 따라서 \(\displaystyle\frac{x^3-1}{x-1}\)의 그래프는 아래와 같다.

\(y=\frac{x^3-1}{x-1}\)의 그래프. \(y=x^2+x+1\)의 그래프에서 정의되지 않는 점인 \((1, 3)\)만 구멍이 뚫린 형태이다.

비록 \(x=1\)에서 위 함수가 정의되지 않았지만, \(x\)가 1로 갈 때의 극한값은 존재한다. 극한값은 \(x=1\)에서의 값과는 전혀 관계없이 \(x=1\) 근처의 값에만 의존하기 때문이다. 위 그림에서 \(x\)가 1로 갈 때의 극한값은 3이 될 것임을 확인할 수 있고, 실제로 \(x=1\) 근처(1 제외)의 값에서는

$$ \frac{x^3-1}{x-1}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}=x^2+x+1 $$

이 성립하므로 다음과 같이 구할 수 있다.

$$ \lim_{x\rightarrow1}\frac{x^3-1}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}(x^2+x+1)=1^2+1+1=3 $$

예제 3

다음 극한값을 구해보자.

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2} $$

마찬가지로 이 문제에서도 \(x=0\)을 바로 대입하는 건 불가능하고, 다른 방법을 선택해야 한다. 이렇게 근호가 포함되어 있을 때의 핵심은 근호가 있는 부분(분자 또는 분모)을 유리화하는 것이다. \(x=0\)이 아닐 때 다음이 성립한다.

$$ \frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}=\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}\cdot\frac{\sqrt{x^2+9}+3}{\sqrt{x^2+9}+3}=\frac{x^2}{x^2(\sqrt{x^2+9}+3)}=\frac{1}{\sqrt{x^2+9}+3} $$

전 문제에서와 같이, \(x\)가 0으로 갈 때의 극한을 보는 상황에서는 \(x\neq0\)임을 가정해도 되기 때문에 극한값은

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x^2}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1}{\sqrt{x^2+9}+3}=\frac{1}{\sqrt{0^2+9}+3}=\frac{1}{6} $$

이다. 아래는 원 함수의 그림이다.

\(y=\frac{\sqrt{x^2+9}-3}{x}\)의 그래프. \(x\)가 0으로 갈 때의 극한값은 \(1/6=0.166\cdots\)이다.

예제 4

다음 극한값을 구해보자.

$$ \lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{1}{x\sqrt{1+x}}-\frac{1}{x}\right) $$

마찬가지로 \(x\)가 0으로 갈 때의 극한을 보는 상황이므로, \(x\neq0\)임을 가정하고 식을 적당히 바꿔준 후 0을 대입하면 된다.

$$ \begin{align}\lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{1}{x\sqrt{1+x}}-\frac{1}{x}\right)&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\sqrt{1+x}}{x\sqrt{1+x}}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\sqrt{1+x}}{x\sqrt{1+x}}\cdot\frac{1+\sqrt{1+x}}{1+\sqrt{1+x}}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-x}{x\sqrt{1+x}(1+\sqrt{1+x})}\\&=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-1}{\sqrt{1+x}(1+\sqrt{1+x})}\\&=\frac{-1}{\sqrt{1+0}(1+\sqrt{1+0})}=-\frac{1}{2}\end{align} $$

아래는 원 함수의 그림이다.

\(y=\frac{1}{x\sqrt{1+x}}-\frac{1}{x}\)의 그래프. \(x\)가 0으로 갈 때의 극한값은 \(-1/2=0.5\)이다.

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