표준 극한: x^n과 x^{1/n}

절댓값이 1보다 작은 수의 거듭제곱과 양수의 거듭제곱근을 봅니다. 각각 어디로 모이는지 확인하는 장면입니다.

1보다 작은 수를 계속 곱하면 점점 작아져 0으로 가라앉습니다. 반대로 양수는 거듭제곱근을 거듭하면 1로 모입니다. −1에서는 부호가 번갈아 진동합니다. 절댓값이 1보다 크면 거듭제곱은 끝없이 커집니다. 이 모든 경우를 Bernoulli 부등식 하나로 다룹니다.

예를 들면, 🍰 케이크를 매일 남은 것의 절반만 먹습니다. 남는 양은 절반, 4분의 1, 8분의 1로 줄어서 거의 사라집니다.

예제

$|x| < 1$ 이면 $x^n \to 0$ 임을 $\varepsilon$ - $N$ 논법으로 완전히 증명하세요.

힌트: $r = 1/|x| > 1$ 이라 두고 $r = 1 + h$ 로 쓴 뒤 Bernoulli 부등식 $(1+h)^n \ge 1 + nh$ 를 이용하세요.

r = \frac{1}{\lvert x\rvert} > 1, \quad r = 1 + h, \quad \lvert x\rvert^n \le \frac{1}{1 + nh} \to 0

x = 0.5

n = 20

: 점들이

0

을 향해 가라앉습니다 —

0.5^{20} \approx 9.54\times 10^{-7}

0.5^{60} \approx 8.67\times 10^{-19}

증명 보기

$x = 0$ 이면 자명하므로 $0 < |x| < 1$ 이라 둡니다. $r = 1/|x|$ 라 두면 $r > 1$ 이므로 $r = 1 + h$ ( $h > 0$ )로 쓸 수 있습니다.
Bernoulli 부등식 $(1+h)^n \ge 1 + nh$ ( $h > -1$ )를 증명합니다: $n = 1$ 에서 등호이고, $(1+h)^n \ge 1 + nh$ 라 가정하면 $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \ge (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \ge 1 + (n+1)h$ 이므로 귀납법으로 성립합니다. 따라서 $|x|^n = 1/r^n = 1/(1+h)^n \le 1/(1+nh)$ 입니다.
$\varepsilon > 0$ 이 주어지면 Archimedes 성질에 의해 $N > (1/\varepsilon - 1)/h$ 인 자연수 $N$ 을 잡을 수 있습니다. $n > N$ 이면 $nh > 1/\varepsilon - 1$ 이므로 $1 + nh > 1/\varepsilon$ , 즉 $1/(1+nh) < \varepsilon$ 입니다.
따라서 $|x^n - 0| = |x|^n \le 1/(1+nh) < \varepsilon$ — $x^n \to 0$ 입니다.

$x > 1$ 이면 $x^{1/n} \to 1$ 임을 완전히 증명하세요.

힌트: $t_n = x^{1/n} - 1 \ge 0$ 이라 두고 $x = (1+t_n)^n$ 에 Bernoulli 부등식을 적용하세요.

t_n = x^{1/n} - 1 \ge 0, \qquad x = (1+t_n)^n \ge 1 + nt_n, \qquad 0 \le t_n \le \frac{x-1}{n} \to 0

x = 2

n = 20

2^{1/n}

이 위에서

1

로 내려옵니다 —

2^{1/20} \approx 1.0353

2^{1/60} \approx 1.0116

증명 보기

$t_n = x^{1/n} - 1$ 이라 둡니다. $x > 1$ 이므로 $x^{1/n} > 1$ 이고 $t_n \ge 0$ 입니다.
정의에 의해 $x = (1 + t_n)^n$ 입니다.
Bernoulli 부등식(문제 1)에 의해 $(1+t_n)^n \ge 1 + nt_n$ 이므로 $x \ge 1 + nt_n$ , 즉 $0 \le t_n \le (x-1)/n$ 입니다.
상한 $(x-1)/n \to 0$ 인 근거: Archimedes 성질에 의해 $\frac{1}{n} \to 0$ 입니다 (임의의 $\varepsilon' > 0$ 에 대해 $N > 1/\varepsilon'$ 인 $N$ 을 택하면 $n > N$ 일 때 $\frac{1}{n} < \varepsilon'$ ). 고정된 상수 $(x-1)$ 를 곱해도 극한은 $0$ 이므로 $(x-1)/n \to 0$ 이고, 조임 정리(squeeze theorem)에 의해 $t_n \to 0$ 입니다.
즉 $x^{1/n} = 1 + t_n \to 1$ 입니다. ( $\varepsilon$ - $N$ 형태로 쓰면: $N > (x-1)/\varepsilon$ 인 $N$ 에 대해 $n > N \Rightarrow |x^{1/n} - 1| = t_n \le (x-1)/n < \varepsilon$ .)

$n^{1/n} \to 1$ 임을 완전히 증명하세요.

힌트: $t_n = n^{1/n} - 1$ 이라 두고 이항정리에서 $\binom{n}{2}t_n^2$ 항만 남기세요.

t_n = n^{1/n} - 1, \qquad n = (1+t_n)^n \ge \binom{n}{2}t_n^2, \qquad 0 \le t_n \le \sqrt{\frac{2}{n-1}} \to 0

x = 2

n = 60

2^{1/k} \to 1

을 보여줍니다. 아래 증명은 같은 이항 트릭을

x = n

에 적용해

t_n \le \sqrt{2/(n-1)}

을 얻습니다 (

n = 60

에서 상한

0.1841

, 실제

t_{60} \approx 0.0706

증명 보기

$t_n = n^{1/n} - 1$ 이라 둡니다. $n \ge 1$ 이므로 $t_n \ge 0$ 이고, 정의에 의해 $n = (1+t_n)^n$ 입니다.
$n = 1$ 인 경우는 자명합니다 ( $1^{1/1} = 1$ , 즉 $t_1 = 0$ ); 아래의 상한 $\sqrt{2/(n-1)}$ 은 $n - 1$ 로 나누므로 $n \ge 2$ 를 가정합니다.
$n \ge 2$ 일 때 이항정리로 $(1+t_n)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}t_n^k \ge \binom{n}{2}t_n^2$ 입니다 (버린 항들이 모두 음이 아니므로). 즉 $n \ge \frac{n(n-1)}{2}t_n^2$ 입니다.
양변을 $n > 0$ 으로 나누면 $1 \ge \frac{n-1}{2}t_n^2$ , 즉 ( $n \ge 2$ 에서) $0 \le t_n \le \sqrt{2/(n-1)}$ 입니다. 상한이 $0$ 으로 가는 근거: 임의의 $\varepsilon > 0$ 에 대해 Archimedes 성질로 $N > 1 + 2/\varepsilon^2$ 인 $N$ 을 택하면 $n > N$ 일 때 $\frac{2}{n-1} < \varepsilon^2$ , 즉 $\sqrt{2/(n-1)} < \varepsilon$ 입니다.
따라서 $\sqrt{2/(n-1)} \to 0$ 이고 조임 정리로 $t_n \to 0$ , 즉 $n^{1/n} = 1 + t_n \to 1$ 입니다. 수치 확인: $n = 60$ 에서 상한은 $\sqrt{2/59} \approx 0.1841$ 이고 실제 $60^{1/60} - 1 \approx 0.0706$ 으로 그 안에 들어갑니다.