연습문제

$x = y$인 경우는 자명하므로 $x < y$라 하자. $f$는 $[x,y] \subset [a,b]$에서 연속이고 $(x,y) \subset (a,b)$에서 미분가능하므로, 평균값 정리를 $[x,y]$에 적용할 수 있다: 어떤 $c \in (x,y)$에 대해 $f(y) - f(x) = f'(c)(y - x)$이다.

절댓값을 취하면 $\lvert f(y) - f(x) \rvert = \lvert f'(c) \rvert \cdot \lvert y - x \rvert \le M\lvert y - x \rvert$이다. $x > y$인 경우도 $x$와 $y$를 바꾸면 같고, 따라서 모든 $x, y \in [a,b]$에 대해 부등식이 성립한다.

이는 립시츠 조건이므로, $\delta = \varepsilon / M$ (단 $M = 0$이면 임의의 $\delta > 0$)로 두면 균일연속성이 따라온다.

(a) $x_0 = 1 > 0$이고, $x_n > 0$이면 $x_{n+1}$은 두 양수의 평균이므로 양수이다 — 귀납법으로 모든 $n$에 대해 $x_n > 0$이다. (b) 산술-기하 평균 부등식에 의해 $x_{n+1} = \dfrac{x_n + 2/x_n}{2} \ge \sqrt{x_n \cdot \dfrac{2}{x_n}} = \sqrt{2}$이다.

(c) $x_1 = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac32$이고 $\left(\dfrac32\right)^2 = \dfrac94 > 2$이므로 $x_1 > \sqrt{2}$이다 — 첫 단계에서 근을 지나친다.

$n \ge 1$에 대해 $x_{n+1} - x_n = \dfrac{2/x_n - x_n}{2} = \dfrac{2 - x_n^2}{2x_n}$인데, (b)에 의해 $x_n \ge \sqrt{2}$이므로 분자가 $0$ 이하이다. 따라서 $(x_n)_{n \ge 1}$은 감소수열이다.

(d) $(x_n)_{n \ge 1}$은 감소하고 아래로 $\sqrt{2}$에 의해 유계이므로 극한 $L \ge \sqrt{2}$에 수렴한다.

점화식에 극한을 취하면 $L = \dfrac{L + 2/L}{2}$이므로 $2L = L + 2/L$, 즉 $L = 2/L$이다. $L > 0$이므로 $L^2 = 2$, 곧 $L = \sqrt{2}$이다.

$0 \le t \le 1$과 $x, y \in \mathbb{R}$에 대해 삼각부등식과 절댓값의 동차성으로 $\lvert tx + (1-t)y \rvert \le \lvert tx \rvert + \lvert (1-t)y \rvert = t\lvert x \rvert + (1-t)\lvert y \rvert$이다. 이는 정확히 볼록성의 정의이므로 $f$는 $\mathbb{R}$에서 볼록하다.

볼록함수는 열린 구간에서 연속이므로 (볼록 장면의 정리), $f$는 모든 점에서 연속이다.

그러나 $0$에서의 차분몫은 아래 식과 같으므로 극한이 존재하지 않는다. 따라서 $f$는 $0$에서 미분가능하지 않다 — 볼록하고 연속이지만 미분가능하지 않은 함수의 가장 간단한 예이다.

다르부 정리에 의해 $f'$은 중간값 성질을 갖는다. $f'$이 부호를 바꾼다고 하자: $f'(u) > 0 > f'(v)$인 $u, v \in [a,b]$가 존재한다고 가정하자.

$u$와 $v$ 사이의 구간에 다르부 정리를 적용하면 $f'(c) = 0$인 점 $c$가 존재해야 하는데, 이는 가정에 모순이다. 따라서 $f'$은 부호를 바꿀 수 없고, $0$이 되는 일도 없으므로, $[a,b]$ 전체에서 항상 양수이거나 항상 음수이다.

$f' > 0$인 경우를 보자 (음수인 경우도 부호만 반대이다). $x < y$인 두 점에 평균값 정리를 적용하면 $f(y) - f(x) = f'(c)(y - x)$인 $c \in (x,y)$가 존재하고, $f'(c) > 0$이므로 $f(y) > f(x)$이다.

즉 $f$는 엄격히 증가한다. 마찬가지로 $f' < 0$이면 $f$는 엄격히 감소한다.

$n = 0$일 때 공식은 $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\,dt$이며, 이는 미적분학 기본정리이다. 귀납 가설로, $n$에 대한 공식이 $C^{n+1}$ 함수에 대해 성립한다고 하자.

$g \in C^{n+2}$에 대해 $g$에 가설을 적용하면 $g(x) = T_n(x) + \frac{1}{n!}\int_a^x (x-t)^n g^{(n+1)}(t)\,dt$이다. 여기서 $T_n$은 $n$차 테일러 다항식이다.

나머지 적분에 부분적분을 적용하자: $u = g^{(n+1)}(t)$, $dv = (x-t)^n\,dt$라 두면 $du = g^{(n+2)}(t)\,dt$, $v = -\dfrac{(x-t)^{n+1}}{n+1}$이다.

$g^{(n+1)}$과 $(x-t)^{n+1}$이 연속이므로 부분적분이 정당하고, \[\int_a^x (x-t)^n g^{(n+1)}(t)\,dt = \left[-\frac{(x-t)^{n+1}}{n+1}\,g^{(n+1)}(t)\right]_a^x + \frac{1}{n+1}\int_a^x (x-t)^{n+1} g^{(n+2)}(t)\,dt\] 를 얻는다. 경계항은 $t = x$에서 $0$이고 $t = a$에서 $\dfrac{(x-a)^{n+1}}{n+1}\,g^{(n+1)}(a)$를 준다 (마이너스 부호가 뒤집힌다).

$\frac{1}{n!}$을 곱하면 나머지 적분은 $\dfrac{g^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} + \dfrac{1}{(n+1)!}\int_a^x (x-t)^{n+1} g^{(n+2)}(t)\,dt$가 된다. 첫 항은 정확히 $n+1$차 테일러 항이고, 둘째 항은 $R_{n+1}(x)$이다.

따라서 $g(x) = T_{n+1}(x) + R_{n+1}(x)$이며, 이는 $n+1$에 대한 공식이다. 귀납법으로 모든 $n \ge 0$에 대해 증명이 끝난다.

(a) $T$는 $[0,1]$에서 감소하고 $T(0) = 1/2$, $T(1) = 1/3$이므로 $T([0,1]) = [1/3, 1/2] \subset [0,1]$이다.

$x, y \in [0,1]$에 대해 $\lvert T(x) - T(y) \rvert = \left\lvert \dfrac{2+y-(2+x)}{(2+x)(2+y)} \right\rvert = \dfrac{\lvert x - y \rvert}{(2+x)(2+y)}$이다. $(2+x)(2+y) \ge 2 \cdot 2 = 4$이므로 $\lvert T(x) - T(y) \rvert \le \dfrac14\lvert x - y \rvert$이다 — 상수 $1/4$인 축소사상이다.

(b) $[0,1]$은 완비이므로 바나흐 고정점 정리(바나흐 장면)에 의해 $T$는 유일한 고정점 $x^\ast \in [0,1]$을 갖는다. $x = \dfrac{1}{2+x}$는 $x^2 + 2x - 1 = 0$과 동치이고, 근은 $x = -1 \pm \sqrt{2}$이다. $[0,1]$ 안에 있는 것은 $x^\ast = \sqrt{2} - 1 \approx 0.4142$뿐이다.

같은 정리에 의해 임의의 $x_0 \in [0,1]$에서 시작한 반복 $x_{n+1} = T(x_n)$은 $x^\ast$로 수렴한다 — 오차는 매 단계 최소 $1/4$씩 줄어든다.

보조정리: 임의의 다항식 $P$에 대해 $\lim_{\lvert u \rvert \to \infty} P(u)e^{-u^2} = 0$이다. 실제로 $v = u^2 \ge 0$에 대해 $e^{v} \ge \dfrac{v^m}{m!}$ (지수함수의 테일러 전개에서 한 항)이므로, $2m > \deg P$인 $m$을 잡으면 $\lvert P(u) \rvert e^{-u^2} \le m!\,\dfrac{\lvert P(u) \rvert}{u^{2m}} \to 0$이다.

$x \ne 0$에서 $f^{(n)}(x) = P_n(1/x)e^{-1/x^2}$인 다항식 $P_n$이 존재함을 귀납법으로 보이자. $n = 0$일 때 $P_0 \equiv 1$이다.

$u = 1/x$라 두면 \[\frac{d}{dx}\Bigl[P(u)e^{-1/x^2}\Bigr] = P'(u)\!\left(-\frac{1}{x^2}\right)e^{-1/x^2} + P(u)e^{-1/x^2}\!\left(\frac{2}{x^3}\right) = \bigl[-u^2P'(u) + 2u^3P(u)\bigr]e^{-u^2},\] 괄호 안은 $u$의 다항식이므로 귀납 단계가 성립한다. 따라서 $f$는 $x \ne 0$에서 무한히 미분가능하다.

이제 $f^{(n)}(0) = 0$을 귀납법으로 보인다. $n = 0$은 정의이다. $f'(0) = \lim_{h \to 0} \dfrac{e^{-1/h^2}}{h} = \lim_{\lvert u \rvert \to \infty} u e^{-u^2} = 0$ (보조정리, $u = 1/h$).

귀납 가설로 $f^{(n)}(0) = 0$이라 하자. 그러면 \[f^{(n+1)}(0) = \lim_{h \to 0}\frac{f^{(n)}(h) - f^{(n)}(0)}{h} = \lim_{h \to 0}\frac{P_n(1/h)e^{-1/h^2}}{h} = \lim_{\lvert u \rvert \to \infty} uP_n(u)e^{-u^2} = 0\] 이다 (보조정리를 $uP_n(u)$에 적용). 따라서 모든 $n$에 대해 $f^{(n)}(0) = 0$이고, $f$는 $0$에서도 무한히 미분가능하다.

매클로린 급수는 $T(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n \equiv 0$ — 모든 $x$에서 $0$으로 수렴한다.

그러나 $x \ne 0$에서는 $f(x) = e^{-1/x^2} > 0$이다. 즉 테일러 급수는 모든 점에서 수렴하지만 $x = 0$에서만 $f$와 일치한다: 매끄러운 함수라도 그 테일러 급수가 함수를 복원한다는 보장은 없다.