16. 로피탈의 정리(L’Hospital’s Rule)와 코시의 평균값 정리(Cauchy’s Mean Value Theorem)

이 극한값을 구해 보자.

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\sin x}{x^3} $$

갑자기 웬 극한값이냐는 질문은 넣어 두고, 이를 어떻게 구할 수 있을지 생각해 보도록 하자. 쉽게 떠오르지 않을 건데, 우리가 삼각함수, 특히 사인함수의 극한에 관해 아는 식은

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x}{x}=1 $$

정도밖에 없기 때문이다. 놀랍게도 미분을 이용한다면 이 극한값을 구할 수 있다. 이번 글에서 살펴볼 로피탈의 정리는 미분을 이용해서 극한값을 쉽게 구하는 방법을 알려 줄 것이다.

코시의 평균값 정리

진술

로피탈의 정리를 증명하기 위해서는 우선 코시의 평균값 정리(Cauchy’s Mean Value Theorem)라는 것을 알아야 한다. 이 정리는 이전 글에서 살펴본 평균값 정리를 조금 더 확장한 버전으로, 그 진술에는 두 개의 함수가 등장한다.

두 함수 \(f\), \(g\)가 \([a, b]\)에서 연속이고 \((a, b)\)에서 미분가능하다면

$$ f'(c):g'(c)=f(b)-f(a):g(b)-g(a) $$

를 만족하는 \(c\in(a, b)\)가 존재한다.

이 정리에서 함수 \(g\)를 \(g(x)=x\)라고 놓으면 \(g'(x)\)는 항상 1이므로 위 진술은

$$ f'(c):1=f(b)-f(a):b-a $$

인 \(c\in(a, b)\)가 존재한다는 말이 되고 이 비례식을 분수식 형태로 바꾸면

$$ f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} $$

인 \(c\in(a, b)\)가 있다는 말이 되므로 평균값 정리의 진술과 완전히 똑같아지게 된다.

증명

\(x=a\)에서와 \(x=b\)에서의 함숫값이 똑같은 특이한 함수를 하나 정의하고, 거기에다 롤의 정리를 써 주면 된다. \([a, b]\)에서 연속이고 \((a, b)\)에서 미분가능한 두 함수 \(f, g\)에 대해 함수 \(h(x)\)를

$$ h(x)=f(x)[g(b)-g(a)]-g(x)[f(b)-f(a)], \qquad a\leq x\leq b $$

라고 정의하자. 그러면 \(h\)는 \([a, b]\)에서 연속, \((a, b)\)에서 미분가능한 두 함수 \(f\)와 \(g\)를 적당히 합해준 것이므로 \(h\)도 \([a, b]\)에서 연속, \((a, b)\)에서 미분가능이 된다. 또한

$$ h(a)=f(a)[g(b)-g(a)]-g(a)[f(b)-f(a)]=f(a)g(b)-f(b)g(a) \\ h(b)=f(b)[g(b)-g(a)]-g(b)[f(b)-f(a)]=f(a)g(b)-f(b)g(a) $$

이므로 \(h\)는 \(a\)에서와 \(b\)에서의 함숫값이 같다. 따라서 롤의 정리의 가정이 모두 성립하고, 이를 사용해 주면

$$ h'(c)=f'(c)[g(b)-g(a)]-g'(c)[f(b)-f(a)]=0 $$

을 만족하는 \(c\in(a, b)\)가 존재하게 된다. 이를 다시 쓰면

$$ \begin{align}&f'(c)[g(b)-g(a)]-g'(c)[f(b)-f(a)]=0\\\Longrightarrow& f'(c)[g(b)-g(a)]=g'(c)[f(b)-f(a)]\\\Longrightarrow& f'(c):g'(c)=f(b)-f(a):g(b)-g(a)\end{align} $$

이므로, 결국 이를 만족하는 \(c\in(a, b)\)가 있으니 증명이 끝났다.

로피탈의 정리

진술

로피탈의 정리(L’Hospital’s Rule)는 다음과 같다.

두 함수 \(f, g\)가 \(a\) 근처(\(a\)는 제외 가능)에서 미분가능하고 \(g'(x)\neq0\)이라 하자. 만약 다음 둘

  1. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\)
  2. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=\pm\infty, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=\pm\infty\)

중 하나가 성립하고

$$ \lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

가 존재(수렴)한다면

$$ \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

이다.

무슨 정리가 이렇게 길고 복잡할까.. 싶은데 핵심은 맨 아래 줄이다. 즉 로피탈의 정리는 분수 꼴의 극한을 구할 때 분자랑 분모를 미분한 다음 구해도 된다는 것을 말해주고 있다.

위 진술에서는 \(x\rightarrow a\)일 때의 극한만 나와 있지만, 일반적으로 좌극한/우극한이나 \(x\rightarrow\pm\infty\)인 경우에도 성립한다.

직관적인 의미

미분가능 \(\Longleftrightarrow\) 국소적 선형

연쇄법칙을 증명할 때, 함수가 미분가능하다는 것의 새로운 의미를 살펴보았다. 함수 \(f\)가 \(a\)에서 미분가능하다는 것은 \(a\)에서 국소적 선형(locally linear), 즉 \(a\)와 아주 가까운 곳에서 \(f\)의 그래프가 거의 직선과 비슷한 형태를 띤다는 것이다. 이는 그래프를 확대해봄으로써 확인할 수 있다.

미분가능한 함수 \(y=x^3-3x\)의 극소점 \((1, -2)\) 근처에서 그래프의 경향성. 좌표평면의 축적을 확대할수록 국소적으로 보이는 그래프는 직선에 가까워진다.

위 그림은 미분가능한 함수 \(y=x^3-3x\)의 그래프에서 극소점 \((1, -2)\) 근처에서의 경향성을 나타낸 것이다. 그래프를 확대하면 확대할수록 직선에 가까워지고, 그 직선의 기울기는 해당 점에서의 미분계수가 된다. 이 경우에는 극소점이므로 기울기가 0인 수평선에 가까워진다는 것을 알 수 있다.

국소적 선형성과 로피탈의 정리

로피탈의 정리의 가정에서 \(f\)와 \(g\)가 \(x=a\) 근처에서 미분가능하다고 했다. 이는 \(x=a\) 근처에서 함수가 국소적으로 선형이라는 뜻이고, 따라서

$$ \lim_{x\rightarrow a}f(x)=0, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=0 $$

일 때 그래프를 확대시키면 아래와 같은 그림이 나온다.

로피탈의 정리가 성립함을 그림으로 나타낸 것. 함수 \(f\)와 \(g\)가 미분가능하다면 국소적으로 선형이고, 따라서 \(x\rightarrow0\) 되는 점 근처에서 \(f\)와 \(g\)의 비율은 \(f'\)과 \(g'\)의 비율과 같다.

위 그림에서 \(f, g\)가 미분가능하며, \(x\rightarrow1\)일 때 \(f(x), g(x)\rightarrow0\)이다. 따라서 \((1, 0)\)을 중심으로 그래프를 확대하면 확대할수록 \(f\)와 \(g\)의 그래프는 직선에 가까워지며, 각각의 기울기는

$$ \lim_{x\rightarrow1}f'(x), \qquad \lim_{x\rightarrow1}g'(x) $$

가 된다. 이때

$$ \lim_{x\rightarrow1}f(x)=\lim_{x\rightarrow1}g(x)=0 $$

이므로 \(x=1\) 근처에서의 함숫값의 비율 \(\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}\)은 그대로 도함수의 함숫값 비율 \(\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}\)가 되고, 따라서

$$ \lim_{x\rightarrow1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

가 된다.

예제

로피탈의 정리의 직관적인 의미를 살펴보았으니, 이를 증명해보기 전 몇 가지 예제를 통해 로피탈의 정리의 사기성(?)을 알아보도록 하자.

예제 1

우선 서론에 나왔던 극한부터 구해 보자.

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\sin x}{x^3} $$

분자와 분모는 모두 미분가능하고, \(x\rightarrow0\)일 때 모두 0으로 가므로 로피탈의 정리를 사용할 수 있고, 따라서

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x}{3x^2}\tag{1} $$

이다. (1)에서 다시 확인해 보면 로피탈의 정리를 한 번 더 쓸 수 있다는 사실을 알 수 있고, 한 번 더 사용해 주면

$$ \lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin x}{6x}=\frac{1}{6} $$

이 된다. 아래는 \(\displaystyle y=\frac{x-\sin x}{x^3}\)의 그래프이다. \(x\rightarrow0\)으로 갈 때의 극한이 대략 \(1/6=0.166\cdots\)에 가깝다는 사실을 확인할 수 있다.

\(y=\frac{x-\sin x}{x^3}\)의 그래프. \(x\)가 0으로 갈 때의 극한은 \(1/6\)이다.

예제 2

이번에는

$$ \lim_{x\rightarrow0+}x\ln x $$

를 구해보자. 이전 예제와 달리 이번에는 \(x\rightarrow0+\)으로 갈 때 0으로 가는 함수와 \(-\infty\)로 가는 함수의 곱으로 이루어져 있다. 로피탈의 정리를 이용하기 위해 이를 분수 꼴로 바꾸어줄 건데,

$$ x\ln x=\frac{\ln x}{1/x} $$

의 꼴로 바꾸면 \(x\rightarrow0+\)일 때 분자는 \(-\infty\)로, 분모는 \(\infty\)로 가게 되므로 로피탈의 정리를 써줄 수 있다. 따라서

$$ \begin{align}\lim_{x\rightarrow0+}x\ln x&=\lim_{x\rightarrow0+}\frac{\ln x}{1/x}\\&=\lim_{x\rightarrow0+}\frac{1/x}{-1/x^2}\\&=\lim_{x\rightarrow0+}(-x)\\&=0\end{align} $$

이 된다. 아래는 \((0, \infty)\)에서 정의된 함수 \(y=x\ln x\)의 그래프이다.

\(y=x\ln x\)의 그래프. \(x\rightarrow0+\)으로 갈 때의 극한값이 0이다.

예제 3

이번에는 아래와 같은 지수 형태의 극한을 구해 보자.

$$ \lim_{x\rightarrow0+}x^\sqrt{x} $$

지수 형태의 극한은 공식 \(a^b=e^{b\ln a}\)을 사용해 밑에 들어간 \(x\)를 모두 지수로 올려 준다.

$$ x^\sqrt{x}=e^{\sqrt{x}\ln x} $$

만약 \(x\rightarrow0+\)으로 갈 때 지수 부분 \(\sqrt{x}\ln x\)의 극한이 \(L\)로 존재한다면, \(e^x\)는 연속함수이므로 연속함수의 성질에 의해

$$ \lim_{x\rightarrow0+}x^\sqrt{x}=\lim_{x\rightarrow0+}e^{\sqrt{x}\ln x}=e^{\lim_{x\rightarrow0+}\sqrt{x}\ln x}=e^L $$

이 된다. 따라서 지수 부분의 극한값만 구해 보자. 이전 문제와 상당히 유사하므로 이전 문제와 같이 \(\sqrt{x}\ln x\)를 \(\displaystyle\frac{\ln x}{1/\sqrt{x}}\)로 바꾸어 준다면

$$ \begin{align}\lim_{x\rightarrow0+}\sqrt{x}\ln x&=\lim_{x\rightarrow0+}\frac{\ln x}{x^{-1/2}}\\&=\lim_{x\rightarrow0+}\frac{1/x}{-x^{-3/2}/2}\\&=\lim_{x\rightarrow0+}-2\sqrt{x}=0 \end{align} $$

이므로 \(L=0\)이고, 따라서

$$ \lim_{x\rightarrow0+}x^\sqrt{x}=e^L=1 $$

이 된다. 아래는 \((0, \infty)\)에서 정의된 함수 \(y=x^\sqrt{x}\)의 그래프이다.

\(y=x^\sqrt{x}\)의 그래프. \(x\rightarrow0+\)일 때의 극한값은 1이다.

증명

증명을 시작하기 전 위에서 살펴보았던 로피탈의 정리의 진술을 다시 한 번 갖고 오자.

두 함수 \(f, g\)가 \(a\) 근처(\(a\)는 제외 가능)에서 미분가능하고 \(g'(x)\neq0\)이라 하자. 만약 다음 둘

  1. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\)
  2. \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=\pm\infty, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=\pm\infty\)

중 하나가 성립하고

$$ \lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

가 존재(수렴)한다면

$$ \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

이다.

이 글에서는

$$ \lim_{x\rightarrow a}f(x)=0, \qquad \lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\tag{2} $$

인 경우에 대해서만 증명할 것이다. 다른 경우에 대한 증명은 나무위키에 잘 나와 있으니 참고하도록 하자.

우리에게 주어진 것은 식 (2), 그리고

$$ L:=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $$

가 존재한다는 사실이다.

증명에서는 \(f, g\) 대신 \(x=a\)에서 \(f\)와 \(g\)의 함숫값을 0으로 재정의한 함수

$$ F(x)=\left\{\begin{array}{ll} f(x) & (x\neq a) \\ 0 & (x=a)\end{array}\right., \qquad G(x)=\left\{\begin{array}{ll} g(x) & (x\neq a) \\ 0 & (x=a)\end{array}\right. $$

를 사용해줄 것이다. (2)에 의해 \(F, G\)는 \(a\)에서 연속이 된다.

이제 \(x\rightarrow a\)로 갈 때의 경향성을 살펴보기 위해 \(a\)가 아닌 값 \(x\)를 하나 잡자. 만약 \(x>a\)라면(\(x<a\)인 경우에도 똑같이 증명할 수 있다) \(F\)와 \(G\)는

  • \([a, x]\)에서 연속
  • \((a, x)\)에서 미분가능

이므로 코시의 평균값 정리를 써줄 수 있다. 따라서 (\(x\)에 따라 변하는) \(y\in(a, x)\)가 존재하여

$$ F'(y):G'(y)=F(x)-F(a):G(x)-G(a)=F(x):G(x)\tag{3} $$

가 된다(마지막 등호는 \(F(a)=G(a)=0\)이므로 성립). 이를

$$ \frac{F'(y)}{G'(y)}=\frac{F(x)}{G(x)}\tag{4} $$

와 같이 쓰고 싶은데… 이를 위해서는 \(G'(y), G(x)\neq0\)이라는 전제가 필요하다. 우선 \(G'(y)=g'(y)\)이므로 가정에 의해서 0이 아닌데, \(G(x)\)는 왜 0이 아닐까?

만약 \(G(x)=0\)이라면 \(G(a)=G(x)=0\)이므로 롤의 정리에 의해 \(G'(c)=0\) 되는 \(c\in(a, x)\)가 존재하게 된다. 이는 \(g'(c)=G'(c)=0\)이라는 결과로 이어져 가정에 모순이기 때문에 \(G(x)\neq0\)이다. 따라서 (3)을 (4)와 같이 쓸 수 있다.

\(y\in(a, x)\)이므로 \(x\rightarrow a+\)일 때 \(y\rightarrow a+\)가 되며, 따라서

$$ \lim_{x\rightarrow a+}\frac{F(x)}{G(x)}=\lim_{y\rightarrow a+}\frac{F'(y)}{G'(y)}=L\tag{5} $$

이 된다. \(x\neq a\)일 때

$$ F(x)=f(x), \quad F'(x)=f'(x), \quad G(x)=g(x), \quad G'(x)=g'(x) $$

이므로 (5)는 우리가 원했던 식

$$ \lim_{x\rightarrow a+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{y\rightarrow a+}\frac{f'(y)}{f'(y)}=L $$

이 된다.

Leave a Comment