표준 극한: x^n과 x^{1/n}

∣x∣<1|x| < 1이면 xnx^n이 00으로 가라앉고, x>0x > 0이면 x1/nx^{1/n}이 11로 모입니다. x=−1x = -1에서는 진동하고, ∣x∣>1|x| > 1에서는 발산합니다. Bernoulli 부등식이 이 모든 경우를 다룹니다.

∣x∣<1⇒xn→0|x|<1 \Rightarrow x^n \to 0
x>1⇒x1/n→1x>1 \Rightarrow x^{1/n} \to 1
n1/n→1n^{1/n} \to 1

예제

∣x∣<1|x| < 1이면 xn→0x^n \to 0임을 ε\varepsilon-NN 논법으로 완전히 증명하세요. 힌트: r=1/∣x∣>1r = 1/|x| > 1이라 두고 r=1+hr = 1 + h로 쓴 뒤 Bernoulli 부등식 (1+h)n≥1+nh(1+h)^n \ge 1 + nh를 이용하세요.

r=1∣x∣>1,r=1+h,∣x∣n≤11+nh→0r = \frac{1}{\lvert x\rvert} > 1, \quad r = 1 + h, \quad \lvert x\rvert^n \le \frac{1}{1 + nh} \to 0
x=0.5x = 0.5, n=20n = 20: 점들이 00을 향해 가라앉습니다 — 0.520≈9.54×10−70.5^{20} \approx 9.54\times 10^{-7}, 0.560≈8.67×10−190.5^{60} \approx 8.67\times 10^{-19}.
증명 보기
  1. x=0x = 0이면 자명하므로 0<∣x∣<10 < |x| < 1이라 둡니다. r=1/∣x∣r = 1/|x|라 두면 r>1r > 1이므로 r=1+hr = 1 + h (h>0h > 0)로 쓸 수 있습니다.
  2. Bernoulli 부등식 (1+h)n≥1+nh(1+h)^n \ge 1 + nh (h>−1h > -1)를 증명합니다: n=1n = 1에서 등호이고, (1+h)n≥1+nh(1+h)^n \ge 1 + nh라 가정하면 (1+h)n+1=(1+h)n(1+h)≥(1+nh)(1+h)=1+(n+1)h+nh2≥1+(n+1)h(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \ge (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \ge 1 + (n+1)h이므로 귀납법으로 성립합니다. 따라서 ∣x∣n=1/rn=1/(1+h)n≤1/(1+nh)|x|^n = 1/r^n = 1/(1+h)^n \le 1/(1+nh)입니다.
  3. ε>0\varepsilon > 0이 주어지면 Archimedes 성질에 의해 N>(1/ε−1)/hN > (1/\varepsilon - 1)/h인 자연수 NN을 잡을 수 있습니다. n>Nn > N이면 nh>1/ε−1nh > 1/\varepsilon - 1이므로 1+nh>1/ε1 + nh > 1/\varepsilon, 즉 1/(1+nh)<ε1/(1+nh) < \varepsilon입니다. 따라서 ∣xn−0∣=∣x∣n≤1/(1+nh)<ε|x^n - 0| = |x|^n \le 1/(1+nh) < \varepsilon — xn→0x^n \to 0입니다.

x>1x > 1이면 x1/n→1x^{1/n} \to 1임을 완전히 증명하세요. 힌트: tn=x1/n−1≥0t_n = x^{1/n} - 1 \ge 0이라 두고 x=(1+tn)nx = (1+t_n)^n에 Bernoulli 부등식을 적용하세요.

tn=x1/n−1≥0,x=(1+tn)n≥1+ntn,0≤tn≤x−1n→0t_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=2x = 2, n=20n = 20: 21/n2^{1/n}이 위에서 11로 내려옵니다 — 21/20≈1.03532^{1/20} \approx 1.0353, 21/60≈1.01162^{1/60} \approx 1.0116.
증명 보기
  1. tn=x1/n−1t_n = x^{1/n} - 1이라 둡니다. x>1x > 1이므로 x1/n>1x^{1/n} > 1이고 tn≥0t_n \ge 0입니다. 정의에 의해 x=(1+tn)nx = (1 + t_n)^n입니다.
  2. Bernoulli 부등식(문제 1)에 의해 (1+tn)n≥1+ntn(1+t_n)^n \ge 1 + nt_n이므로 x≥1+ntnx \ge 1 + nt_n, 즉 0≤tn≤(x−1)/n0 \le t_n \le (x-1)/n입니다.
  3. (x−1)/n→0(x-1)/n \to 0이므로 조임 정리(squeeze theorem)에 의해 tn→0t_n \to 0입니다. 즉 x1/n=1+tn→1x^{1/n} = 1 + t_n \to 1입니다. (ε\varepsilon-NN 형태로 쓰면: N>(x−1)/εN > (x-1)/\varepsilon인 NN에 대해 n>N⇒∣x1/n−1∣=tn≤(x−1)/n<εn > N \Rightarrow |x^{1/n} - 1| = t_n \le (x-1)/n < \varepsilon.)

n1/n→1n^{1/n} \to 1임을 완전히 증명하세요. 힌트: tn=n1/n−1t_n = n^{1/n} - 1이라 두고 이항정리에서 (n2)tn2\binom{n}{2}t_n^2 항만 남기세요.

tn=n1/n−1,n=(1+tn)n≥(n2)tn2,0≤tn≤2n−1→0t_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=2x = 2, n=60n = 60: 21/k→12^{1/k} \to 1을 보여줍니다. 아래 증명은 같은 이항 트릭을 x=nx = n에 적용해 tn≤2/(n−1)t_n \le \sqrt{2/(n-1)}을 얻습니다 (n=60n = 60에서 상한 0.18410.1841, 실제 t60≈0.0706t_{60} \approx 0.0706).
증명 보기
  1. tn=n1/n−1t_n = n^{1/n} - 1이라 둡니다. n≥1n \ge 1이므로 tn≥0t_n \ge 0이고, 정의에 의해 n=(1+tn)nn = (1+t_n)^n입니다.
  2. n≥2n \ge 2일 때 이항정리로 (1+tn)n=∑k=0n(nk)tnk≥(n2)tn2(1+t_n)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}t_n^k \ge \binom{n}{2}t_n^2입니다 (버린 항들이 모두 음이 아니므로). 즉 n≥n(n−1)2tn2n \ge \frac{n(n-1)}{2}t_n^2입니다.
  3. 양변을 n>0n > 0으로 나누면 1≥n−12tn21 \ge \frac{n-1}{2}t_n^2, 즉 0≤tn≤2/(n−1)0 \le t_n \le \sqrt{2/(n-1)}입니다. 2/(n−1)→0\sqrt{2/(n-1)} \to 0이므로 조임 정리로 tn→0t_n \to 0, 즉 n1/n=1+tn→1n^{1/n} = 1 + t_n \to 1입니다. 수치 확인: n=60n = 60에서 상한은 2/59≈0.1841\sqrt{2/59} \approx 0.1841이고 실제 601/60−1≈0.070660^{1/60} - 1 \approx 0.0706으로 그 안에 들어갑니다.

2. 수열