[[삼각함수의_극한]] [[엡실론_델타_예제_01]] [[우극한,right-hand_limit]] { 식 $\lim_{x\to c^+}f(x)=L$ 의 뜻은, $\forall\epsilon > 0,\exists\delta > 0$ such that $0 < x-c < \delta\Rightarrow |f(x)-L| < \epsilon$ $c < x < c+\delta\Rightarrow |f(x)-L| < \epsilon$ ---- Def. $\lim_{x\to a^+}f(x)=L$ if for every number ε>0 there is a number δ>0 such that: if $a < x < a+\delta$ then $|f(x)-L| < \varepsilon$ } 좌극한left-hand_limit { 식 $\lim_{x\to x_0^-}f(x)=L$ 의 뜻은, $\forall\epsilon>0,\exists\delta>0$ such that $\forall x,$ $x_0-\delta0$ 에 대해 자연수 $M$ 이 존재하여 such that $n>M\Rightarrow |a_n-L|<\epsilon$ } [[연속성,continuity]] { right continuous $\lim_{x\to a^+}f(x)=f(a)$ left continuous $\lim_{x\to b^-}f(x)=f(b)$ 개구간에서 연속(continuous on an open interval) 구간의 each(모든?) point에서 연속일 때. 폐구간에서 연속(continuous on the closed interval) 개구간 $(a,b)$ 에서 연속이고, a에서 right continuous 하고, b에서 left continuous 하면, 폐구간 $[a,b]$ 에서 연속. 連續性 } [[VG:극한,limit]] [[TableOfContents]] = 예비/기초/사전 지식 = $\epsilon>0,\delta>0$ 임. 둘 다 작은 양수. ---- $f(x)$ is within $\epsilon$ of $L$ 의 뜻: $L-\epsilon\lt f(x)\lt L+\epsilon$ or equivalently, $|f(x)-L|\lt \epsilon$ 그러면 $f(x)$ 는 개구간 $(L-\epsilon,L+\epsilon)$ 에 놓임 ---- $x$ 는 $c$ 는 아니지만, $c$ 에 매우 가깝다. $\delta$ 범위 안에서. 이것의 표현으로 가장 적절한 부등식은: $0\lt |x-c|\lt \delta$ 여기서 좌측 $0\lt |x-c|$ 는 $x\ne c$ 를 뜻하고, 우측 $|x-c|\lt \delta$ 는 $-\delta\lt |x-c|\lt \delta$ 즉 $c-\delta\lt x\lt c+\delta$ 를 뜻함. ---- 그러면, * 어떠한 $\epsilon>0$ 이 주어지더라도 * 대응하는 $\delta>0$ 이 존재하여 $0\lt |x-c|\lt \delta \;\Rightarrow\; |f(x)-L|\lt \epsilon$ 이면, 그것이 바로 $\lim_{x\to c}f(x)=L$ 의 뜻이다. = lim,,x->0,, sin (1/x) = $\lim_{x\to 0}\sin\frac1x$ 는 존재하지 않는다. (x가 0으로 가면서 무한히 진동하는 그래프) = lim,,x->0,, (a^x-1)/x = $\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}$ 는 0/0 꼴이므로 로피탈정리에 의해 $=\lim_{x\to0}\frac{a^x\cdot\ln a}{1}$ $=\ln a$ = 극한의 정확한 뜻 = $\lim_{x\to c}f(x)=L$ 의 뜻은 다음과 같다. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대하여, (아무리 작아도 상관 없음) 그에 대응하는 $\delta>0$ 가 있다. 어떤 델타냐면 $0<|x-c|<\delta$ 일 때, $|f(x)-L|<\epsilon$ 인 그런 델타가 모든 입실론에 대해 존재한다. ---- (함수 $f$ 가 $a$ 근방에서 정의되어 있음을 가정, $a$ 에서 정의되지는 않아도 됨) We write $\lim_{x\to a}f(x)=L$ if for every number ε>0 there is a number δ>0 such that if $0<|x-a|<\delta$ then $|f(x)-L|<\varepsilon$ ---- 아래 예제들 (from Varberg's Calculus or Calculus Single Variable 6e) = 6e 예제 1 p.60 = Prove that $\lim_{x\to 3}2x=6$ . We must show how: given any $\epsilon>0$ , we can find a $\delta>0$ such that: If $0<|x-3|<\delta$ , then $|2x-6|<\epsilon$ Since $|2x-6|=2|x-3|$ , to get $|2x-6|<\epsilon$ , we require that $|x-3|<\frac{\epsilon}{2}$ . Thus we take $\delta=\frac{\epsilon}{2}$ . = Varberg Example 2 = Prove that $\lim_{x\to 4}(3x-7)=5$ $0<|x-4|<\delta \Rightarrow |(3x-7)-5|<\epsilon$ 을 증명하면 된다. 우변은 $|3x-12|<\epsilon$ $|x-4|<\frac{\epsilon}{3}$ 따라서 $\delta=\frac{\epsilon}{3}$ 또는 더 작은 양수로 잡으면 됨. = 예제 1.1 = (Stewart 번역판에서) $\lim_{x\to 3}(4x-5)=7$ 을 증명하라. 풀이 1. 문제에 대한 예비 분석( $\delta$ 값을 추측 ) $\epsilon$ 을 주어진 양수라 하자. 다음을 만족하는 수 $\delta$ 를 구해야 함. $00$ 에 대해 $\delta=\epsilon/4$ 을 선택한다. $0<|x-3|<\delta$ 이면 다음과 같다. $|(4x-5)-7|=|4x-12|=4|x-3|<4\delta=4\left(\frac{\epsilon}{4}\right)=\epsilon$ 따라서 $0<|x-3|<\delta$ 일 때 $|(4x-5)-7|<\epsilon$ 이다. = Varberg Example 3 = Prove that $\lim_{x\to 2}\frac{2x^2-3x-2}{x-2}=5$ $0<|x-2|<\delta\Rightarrow \left|\frac{2x^2-3x-2}{x-2}-5\right|<\epsilon$ 을 만족하는 델타를 찾는 것이 임무다. 우변을 보면, $x\ne 2$ 인 경우, $\left|\frac{(2x+1)(x-2)}{x-2}-5\right|<\epsilon$ $|(2x+1)-5|<\epsilon$ $|2(x-2)|<\epsilon$ $|x-2|<\frac\epsilon2$ 따라서 $\delta=\epsilon/2$ 로 하면 됨. = Varberg Example 5 = $c>0$ 일 때 $\lim_{x\to c}\sqrt{x}=\sqrt{c}$ 증명 사전조사 we must find delta such that $0<|x-c|<\delta\Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{c}|<\varepsilon$ $|\sqrt{x}-\sqrt{c}|$ $=|\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{c})(\sqrt{x}+\sqrt{c})}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}|$ $=|\frac{x-c}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}|$ $=\frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}\le \frac{|x-c|}{\sqrt{c}}$ to make the latter less than epsilon requires that we have $|x-c|<\epsilon\sqrt{c}.$ formal proof Let $\varepsilon>0$ be given. Choose $\delta=\varepsilon\sqrt{c}.$ Then $0<|x-c|<\delta$ implies that $|\sqrt{x}-\sqrt{c}|$ $=|\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{c})(\sqrt{x}+\sqrt{c})}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}|$ $=|\frac{x-c}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}|$ $=\frac{|x-c|}{\sqrt{x}+\sqrt{c}}\le \frac{|x-c|}{\sqrt{c}}<\frac{\delta}{\sqrt{c}}=\varepsilon$ There's one technical point here: We began with c>0, but it could happen that c sits very close to 0 on the x-axis. We should insist that $\delta\le c,$ for then $|x-c|<\delta$ implies that x>0 so that $\sqrt{x}$ is defined. Thus, for absolute rigor, choose $\delta$ to be the smaller of c and $\epsilon\sqrt{c}.$ = Varberg Example 6 = $\lim_{x\to3}(x^2+x-5)=7$ 증명. 사전분석. 목표는 다음을 만족하는 $\delta$ 를 찾는 것. $0<|x-3|<\delta\Rightarrow |(x^2+x-5)-7|=|x+4||x-3|<\epsilon$ 항 $|x-3|$ 은 우리가 원하는 만큼 작게 될 수 있고, $|x+4|$ 는 대략 7임을 안다. 그러므로, $|x+4|$ 의 upper bound를 찾는다. 그렇게 하려면, 먼저 $\delta\le1$ 임에 동의해야 한다. 그러면 $|x-3|<\delta$ 는 다음을 함축한다. $|x+4|=|x-3+7|\le|x-3|+|7|<1+7=8$ (다른 방식: $|x-3|<1$ $20$ be given. Choose $\delta=\min\{|c|/2,\epsilon c^2/2\}.$ Then $0<|x-c|<\delta$ implies $|\frac1x-\frac1c|=|\frac{c-x}{xc}|=\frac1{|x|}\frac1{|c|}|x-c|<\frac1{|c|/2}\frac1{|c|}\frac{\epsilon c^2}2=\epsilon$ = from utk.edu 1 = $\lim_{x\to 2}(5x-7)=3$ sol. $0<|x-2|0,\exists d>0$ s.t. $0<|x-0|0,\;0<|x-0|<\delta \;\Rightarrow\; \frac1{x^2}>M$ $x^2<\frac1M$ $|x|<\frac1{sqrt{M}}$ Step 2. Given $M>0,$ choose $\delta=\frac1{sqrt{M}}$ $0<|x|<\delta$ $|x|^2<\delta^2$ $\frac1{x^2}>\frac1{\delta^2}=M$ = x→∞일때 f(x)→L = $\lim_{x\to\infty}f(x)=L$ 의 뜻은, $\forall\epsilon>0,\exists N>0$ such that $x>N\Rightarrow |f(x)-L|<\epsilon$ ---- $f$ 가 $[c,\infty)$ 에 대해 정의되어 있을 때, $\lim_{x\to\infty}f(x)=L$ 의 뜻은, $\epsilon>0$ 에 대해 대응하는 $M$ 이 존재하여 $x>M\Rightarrow |f(x)-L|<\epsilon$ $\epsilon$ 이 작아질수록 $M$ 은 더 커져야 한다. = x→-∞일때 f(x)→L = $\lim_{x\to -\infty}f(x)=L$ 의 뜻은, $\forall\epsilon>0,\exists N<0$ such that $x0$ 에 대해 $M$ 이 존재하여 $x0,\;\exists \delta>0$ such that $0M$ i.e. $cM$ = x→a일때 f(x)→∞ = $\lim_{x\to a}f(x)=\infty$ 의 뜻: $\forall M>0,\,\exists\delta>0$ such that $0<|x-a|<\delta\Rightarrow f(x)>M$ ---- We say that $\lim_{x\to a^+}f(x)=\infty$ if for every positive number $M,$ there exists a corresponding $\delta>0$ such that $0M$ = x→a일때 f(x)→-∞ = $\lim_{x\to a}f(x)=-\infty$ 의 뜻: $\forall M<0,\,\exists\delta>0$ such that $0<|x-a|<\delta\Rightarrow f(x)M$ But $\frac1{x^2}>M \Leftrightarrow x^2<\frac1M \Leftrightarrow \sqrt{x^2}<\sqrt{\frac1M} \Leftrightarrow |x|<\frac1{\sqrt{M}}$ So we choose $\delta=\frac1{\sqrt{M}}$ and $0<|x|<\delta=1/\sqrt{M}$ then $1/x^2>M.$ This shows that $1/x^2\to\infty$ as $x\to 0.$ = tmp: 기본 성질 증명 = lim(k f(x))=k lim(f(x))의 증명 { k가 0일 경우는 trivial. k가 0이 아닌 것으로 가정. 극한값이 존재하고 L이라고 가정. 식 $0<|x-c|<\delta\Rightarrow |f(x)-L|<\frac{\epsilon}k$ 을 만족하는 $\delta$ 가 존재. Someone is sure to complain that we put $\epsilon/|k|$ rather than $\epsilon$ at the end of the inequality above. Well, isn't $\epsilon/|k|>0$ ? Yes. Doesn't the definition of limit require that for ''any'' positive number there be a corresponding $\delta?$ Yes. Now, for $\delta$ so determined, we assert that $0<|x-c|<\delta$ implies that $|kf(x)-kL|=|k| |f(x)-L|<|k|\frac{\epsilon}{|k|}=\epsilon$ This shows that $\lim_{x\to c}kf(x)=kL=k\lim_{x\to c}f(x)$ } lim(f+g)=lim f + lim g의 증명 { Let $\lim_{x\to c}f(x)=L\textrm{ and }\lim_{x\to c}g(x)=M.$ 다음을 만족하는 $\delta_1,\delta_2$ 가 존재. $0<|x-c|<\delta_1\Rightarrow|f(x)-L|<\frac{\epsilon}2$ $0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow|g(x)-M|<\frac{\epsilon}2$ Choose $\delta=\min(\delta_1,\delta_2).$ Then $0<|x-c|<\delta$ implies that $|f(x)+g(x)-(L+M)|$ $=|(f(x)-L)+(g(x)-M)|$ $\le|f(x)-L|+|g(x)-M|$ $<\frac{\epsilon}2+\frac{\epsilon}2=\epsilon$ 첫번째 부등식은 삼각부등식. We've just shown that $0<|x-c|<\delta\Rightarrow |f(x)+g(x)-(L+M)|<\epsilon$ 따라서 $\lim_{x\to c}(f(x)+g(x))=L+M=\lim_{x\to c}f(x)+\lim_{x\to c}g(x)$ } lim(f-g)=lim f - lim g의 증명 { $\lim_{x\to c}(f(x)-g(x))$ $=\lim_{x\to c}(f(x)+(-1)g(x))$ $=\lim_{x\to c}f(x)+\lim_{x\to c}(-1)g(x)$ $=\lim_{x\to c}f(x)+(-1)\lim_{x\to c}g(x)$ $=\lim_{x\to c}f(x)-\lim_{x\to c}g(x)$ } = Composite Limit Theorem = $f$ 가 $L$ 에서 연속이고 $\lim_{x\to c}g(x)=L$ 이면, $\lim_{x\to c}f(g(x))=f\left(\lim_{x\to c}g(x)\right)=f(L)$ 특히 $c$ 에서 $g$ 가 연속이고 $g(c)$ 에서 $f$ 가 연속이면, $c$ 에서 합성함수 $f\circ g$ 는 연속. == 증명 == 주어진 $\epsilon>0$ 에 대응하는 $\delta_1>0$ 가 존재한다. such that $|t-L|<\delta_1\Rightarrow|f(t)-f(L)|<\epsilon$ and so $|g(x)-L|<\delta_1\Rightarrow |f(g(x))-f(L)|<\epsilon$ 하지만 $\lim_{x\to c}g(x)=L$ 이므로, 주어진 $\delta_1>0$ 에 대해, 대응하는 $\delta_2>0$ 이 존재한다. such that $0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-L|<\delta_1$ 이 사실들을 모으면, $0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow|f(g(x))-f(L)|<\epsilon$ 이 사실은 다음을 증명한다. $\lim_{x\to c}f(g(x))=f(L)$ = tmp from http://www.kocw.net/home/search/kemView.do?kemId=1141060 = == 1강: 수열, 급수, 급수의 수렴발산 판정법 == ''See also [[VG:급수의_수렴_판정법]]'' Recall: 1학기때 배웠던건 $\lim_{x\to a}f(x)=L$ ⇔ $\forall\epsilon>0,\exists\delta>0$ such that $0<|x-a|<\delta\Rightarrow|f(x)-L|<\epsilon$ $\lim_{x\to\infty}f(x)=L$ ⇔ $\forall\epsilon>0,\exists M>0$ such that $x>M\Rightarrow|f(x)-L|<\epsilon$ ...따라서 2학기 [[수열,sequence]]부터 배우는 내용 정의) ① $\lim_{n\to\infty}a_n=L$ ⇔ $\forall\epsilon>0,\exists N>0$ such that $n>N\quad\Rightarrow\quad|a_n-L|<\epsilon$ ② $\lim_{n\to\infty}a_n$ 이 존재할 때, {a,,n,,}은 수렴한다고 하고, $\lim_{n\to\infty}a_n$ 을 {a,,n,,}의 극한이라 한다. 극한값이 존재하지 않으면 발산. 정리) $\lim_{x\to\infty}f(x)=L$ 이고 $n\in\mathbb{N}$ 에 대하여 $a_n=f(n)$ 이면, $\lim_{n\to\infty}a_n=L$ 정의) $\lim_{n\to\infty}a_n=\infty$ ⇔ $\forall M>0, \exists N>0$ such that $n>N \Rightarrow a_n>M$ ---- Twin: [[VG:극한,limit]] Up: [[수학,math]] RENAMETHISPAGE