연습문제 · 9. 미분

쉬움

1쉬움

함수 $f$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분가능하며, 어떤 상수 $M \ge 0$ 에 대해 모든 $x \in (a,b)$ 에서 $\lvert f'(x) \rvert \le M$ 을 만족한다고 하자. 이때 모든 $x, y \in [a,b]$ 에 대해 $\lvert f(x) - f(y) \rvert \le M\lvert x - y \rvert$ 임을 보이세요. (따라서 $f$ 는 $[a,b]$ 에서 균일연속입니다.)

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$x = y$ 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.

2쉬움

$x^2 - 2 = 0$ 에 대한 뉴턴 반복 $x_{n+1} = x_n - \dfrac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \dfrac{x_n + 2/x_n}{2}$ 을 $x_0 = 1$ 에서 시작하자. (a) 모든 $n$ 에 대해 $x_n > 0$ 임을 보이세요. (b) 산술-기하 평균 부등식으로 모든 $n$ 에 대해 $x_{n+1} \ge \sqrt{2}$ 임을 보이세요. (c) $x_1 > \sqrt{2}$ 이고 수열 $(x_n)_{n \ge 1}$ 이 감소함을 보이세요. (d) $x_n \to \sqrt{2}$ 임을 결론지으세요.

x_{n+1} = \frac{x_n + 2/x_n}{2}, \qquad x_0 = 1, \quad x_1 = \frac32

뉴턴법

x_0 = 1

에서 시작: 첫 접선이

\sqrt{2}

를 지나쳐

x_1 = 3/2

에 닿고, 이후 단조롭게 근으로 내려간다.

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(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.

3쉬움

$f(x) = \lvert x \rvert$ 가 $\mathbb{R}$ 에서 볼록함수임을 삼각부등식으로 증명하고, 볼록함수의 연속성 정리를 인용하여 $f$ 가 연속임을 결론지으세요. $f$ 가 $0$ 에서 미분가능하지 않음을 보여, 볼록성이 미분가능성을 함의하지 않음을 확인하세요.

\lvert tx + (1-t)y \rvert \le t\lvert x \rvert + (1-t)\lvert y \rvert \qquad (0 \le t \le 1)

볼록함수

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$0 \le t \le 1$ 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 $\dfrac{f(h) - f(0)}{h} = \dfrac{\lvert h \rvert}{h} = \begin{cases} 1 & h > 0 \\ -1 & h < 0 \end{cases}$ 이므로 극한이 존재하지 않는다. 따라서 $f$ 는 $0$ 에서 미분가능하지 않다 — 볼록하고 연속이지만 미분가능하지 않은 함수의 가장 간단한 예이다.

보통

4보통

$f$ 가 $[a,b]$ 에서 미분가능하고 모든 $x \in [a,b]$ 에 대해 $f'(x) \ne 0$ 이라고 하자. 다르부 정리와 평균값 정리를 결합하여 $f$ 가 $[a,b]$ 에서 엄격히 단조임을 증명하세요.

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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.

5보통

$f$ 가 $[a,b]$ 에서 $n+1$ 번 연속 미분가능하다고 하자 ( $n \ge 0$ ). $a \le x \le b$ 에 대해 적분형 나머지를 갖는 테일러 공식 \[f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + R_n(x), \qquad R_n(x) = \frac{1}{n!}\int_a^x (x-t)^n f^{(n+1)}(t)\,dt\] 를 보이세요. $n = 0$ 인 경우는 미적분학 기본정리이고, 귀납 단계에서는 부분적분을 한 번 적용하세요.

차수

n = 5

: 나머지

R_5(x)

가 갇히는 띠 — 적분형 나머지는 이 오차를 정확히 재는 공식이다.

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$n = 0$ 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.

6보통

$[0,1]$ 위의 사상 $T(x) = \dfrac{1}{2+x}$ 를 생각하자. (a) $T$ 가 $[0,1]$ 을 자기 자신으로 보내고, 상수 $c = 1/4$ 인 축소사상임을 보이세요. (b) 바나흐 고정점 정리를 인용하여 $T$ 의 유일한 고정점을 구하고 (이차방정식을 풀어), 임의의 시작점에서의 반복이 그 점으로 수렴함을 설명하세요.

\lvert T(x) - T(y) \rvert = \frac{\lvert x - y \rvert}{(2+x)(2+y)} \le \frac14\,\lvert x - y \rvert

x = \frac{1}{2+x} \iff x^2 + 2x - 1 = 0 \iff x = \sqrt{2} - 1 \approx 0.4142

바나흐 고정점

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(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.

어려움

7어려움

$f(x) = e^{-1/x^2}$ ( $x \ne 0$ ), $f(0) = 0$ 이라 하자. $f$ 가 $\mathbb{R}$ 에서 무한히 미분가능하고 모든 $n \ge 0$ 에 대해 $f^{(n)}(0) = 0$ 임을 증명하세요. 이를 이용해 $f$ 의 매클로린 급수가 모든 $x$ 에서 수렴하지만 $x = 0$ 에서만 $f(x)$ 와 일치함을 보이세요 — 테일러 급수가 함수를 복원하지 않을 수 있습니다.

f^{(n)}(x) = P_n(1/x)\,e^{-1/x^2} \quad (x \ne 0),\qquad \lim_{\lvert u \rvert \to \infty} P(u)e^{-u^2} = 0

T(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n \equiv 0 \quad\text{but}\quad f(x) > 0\ (x \ne 0)

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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.