[수학의 기초] 수열의 극한의 기본성질 증명

먼저 수열의 극한의 정의를 알아보자.

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} a_n =L$의 정의
임의의 $\epsilon>0$에 대하여 적당한 $N=N(\epsilon)$이 존재하여
$n>N$이면 $\left| a_n -L \right|< \epsilon$
영어로는
Let $\epsilon>0$ be given, then there exists $N=N(\epsilon)$ such that
$n>N$ $\rightarrow $ $| a_n -L|<\epsilon$

**참고 : $N$은 정수여도 되고 실수여도 된다.
예를 들어 $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2n+1}{n+1}=2$임을 증명하자.
먼저 $\displaystyle \left|\frac{2n+1}{n+1}-2\right|<\epsilon$의 부등식을 풀어 $N$을 정하자.
$\displaystyle \left|\frac{2n+1}{n+1}-2\right|<\epsilon$      $\displaystyle \left|\frac{ 1}{n+1} \right|<\epsilon$
$\displaystyle \therefore~ n  > \frac{1}{\epsilon}-1$        
여기서 $\displaystyle N= \frac{1} {\epsilon}-1$로 두자. 그러면
임의의  $\epsilon>0$에 대하여 적당한 $\displaystyle N= \frac{1} {\epsilon}-1$ 이 존재하여

$n>N$이면 $\displaystyle \left|\frac{2n+1}{n+1}-2\right|<\epsilon$

따라서 $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{2n+1}{n+1}=2$임이 증명되었다.    qed

이제 수열의 극한의 기본성질을 알아보고 그것을 위의 $\displaystyle \epsilon-N$논법으로 증명하자.

이것에 대한 합답형 문제는 다음글을 참조하자.

https://plusthemath.tistory.com/555

[울산과고내신대비] 2024년 미적분 극한의 성질 참,거짓문제1

 

수열의 극한에 대한 기본 성질
수렴하는 두 수열$\displaystyle  \left\{a_n\right\},~ \left\{b_n\right\}$에 대하여 $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=L, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=M$일 때
(1) $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} c a_n=c \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=c L$ (단,$\displaystyle  c$는 상수)
(2) $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n \pm b_n\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} a_n \pm \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=L \pm M$ (복호동순)
(3) $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n b_n=\lim _{n \rightarrow \infty} a_n \cdot \lim _{n \rightarrow \infty} b_n={L}{M}$
(4) $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} a_n}{\lim _{n \rightarrow \infty} b_n}=\frac{L}{M}$ (단,$\displaystyle  b_n \neq 0,  ~\beta \neq 0$)

(증명) 수렴하는 두 수열$\displaystyle  \left\{a_n\right\},~ \left\{b_n\right\}$에 대하여 $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\alpha, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=\beta$이라고 가정하자.

(1) (i) 상수 $c \neq 0$일 때,

$\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\alpha $이므로

임의의 $\epsilon>0$에 대하여 적절한 $N$이 존재하여

$n>N$이면 $\displaystyle \left| a_n -L \right| < \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon$

$ \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} $ 안에 넣을 알맞은 수를 찾자.

이제 이 $N$에 대하여

$n>N$이면 $\left| c a_n - c L \right| = |c| | a_n - L|< | c| \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon=\epsilon$

이 성립해야 하므로 $\displaystyle \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} = \frac{1}{|c|} $ 가 되어야 한다.
이제 증명을 마무리 하자. 

Since $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\alpha $,
Let $\epsilon>0$ be given, then there exisits $N$ such that

$n> N$  $\Rightarrow$ $\displaystyle \left| a_n -L \right| < \textcolor{red}{\frac{1}{|c|}}\,\epsilon$

So, $\displaystyle \left| c a_n -c L \right| = |c| | a_n -L| < |c| \frac{1}{|c|} \epsilon=\epsilon$ 

Therefore $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} c a_n=c \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=c \alpha$

(ii) $c=0$일 때,

$\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\alpha $이므로

임의의 $\epsilon>0$에 대하여 적절한 $N$이 존재하여

$n>N$이면 $\displaystyle \left| a_n -L \right| <  \epsilon$

그런데 $c =0$이므로 $N$이 어떤 값을 갖더라도 다음이 성립한다.

$n>N$이면 $\displaystyle \left| c a_n -c L \right| = \left| 0-0\right|< \epsilon$

따라서 $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} ca_n=c \alpha =0$이다.

(2) $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\alpha, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=\beta$ 이므로

임의의 $\epsilon>0$에 대하여 적절한 $N_1$이 존재하여

$n>N_1$이면 $\displaystyle \left| a_n -L \right| < \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon$

또. 적절한 $N_2$이 존재하여

$n > N_2$이면 $\displaystyle \left| b_n -L \right| < \textcolor{blue}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon$

$ \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} $, $ \textcolor{blue}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} $ 안에 넣을 알맞은 수를 찾자.

이제 이 $N=\max\left\{N_1 ,~N_2 \right\}$에 대하여 삼각부등식을 이용하여 변형하면

$n>N$이면
$\left| ( a_n +b_n) -( L+M) \right| = \left| (a_n -L)+(b_n -M)\right| \leq  | a_n - L| + |b_n -M|<  \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon + \textcolor{blue}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}}\,\epsilon  =\epsilon$

이 성립해야 하므로  $\displaystyle \textcolor{red}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} = \frac{1}{2} $, $\displaystyle \textcolor{blue}{\boxed{\matrix{\,\,\,}}} = \frac{1}{2} $  가 되어야 한다.
이제 증명을 마무리 하자. 

Since $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=L $, $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=M $
Let $\epsilon>0$ be given, then there exists $N_1$ such that
$n> N_1$  $\rightarrow$ $\displaystyle \left| a_n -L \right| < \textcolor{red}{\frac{1}{2}}\,\epsilon$
And there exists $N_2$ such that

$n> N_2$  $\rightarrow$ $\displaystyle \left| b_n -M \right| < \textcolor{blue}{\frac{1}{2}}\,\epsilon$

Let $N=\max \left\{N_1 ,~N_2 \right\}$

$n>N$   $\Rightarrow $
$\displaystyle \begin{aligned} \left| ( a_n +b_n) -( L+M) \right| &= \left| (a_n -L)+(b_n -M)\right| \leq  | a_n - L| + |b_n -M|\\& <  \textcolor{red}{ \frac{1}{2}  }\,\epsilon + \textcolor{blue}{\frac 1 2  }\,\epsilon  =\epsilon \end{aligned}$

So,  $\displaystyle \left|  ( a_n+b_n) -( L+M) \right|  <  \epsilon$ 

Therefore $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} ( a_n+b_n)=L+M$

* $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} ( a_n-b_n)=L-M$ 도 위와 동일하게 할 수 있다.

(3) 먼저 삼각부등식을 이용하여 다음과 같이 변형하자.
$\displaystyle\begin{aligned} \left|a_n b_n -LM \right|&= \left| (a_n -L)b_n + L(b_n-M) \right| \\& \leq \left|a_n -L\right| \left|b_n \right|+ \left| L \right| \left|b_n -M \right| ~~\cdots\cdots ~(\mathrm{i}) \end{aligned}$
여기서 $|b_n|$을 $n$과 관계없은 상수로 만들어야 하고, 또, $|L|$에서 $L=0$일 수도 있으니 이것을 변형하여 $0$이 안되게 만들어야 한다.
먼저 $\displaystyle b_n$이 수렴하므로 $b_n$이 유계임을 보이자.
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}b_n =M$이므로 $\epsilon=1$일 때도 성립하므로 적절한 $N_1$이 존재하여

$n >N_1$이면 $\left| b_n -M \right|<1$

위의 부등식  $\left| b_n -M \right|<1$을 삼각부등식으로 변형하면

$\displaystyle \left|b_n\right| - \left|M\right| \leq \left| b_n -M \right|<1$

$\therefore~ \left|b_n\right| < \left|M\right|+1$    $\cdots\cdots$ (ii)

또, (ii)와 $|L|< |L|+1$임을 이용하여 (i)을 변형하면
$\displaystyle\begin{aligned} \left|a_n b_n -LM \right|&= \left| (a_n -L)b_n + L(b_n-M) \right| \\& \leq \left|a_n -L\right| \left|b_n \right|+ \left| L \right| \left|b_n -M \right| \\& < (|M|+1) \left|a_n -L \right| +(|L|+1) \left| b_n -M \right| \\&< (|M|+1) \textcolor{red}{\frac{1}{2(|M|+1)}\epsilon} +(|L|+1) \textcolor{blue}{{\frac{1}{2(|L|+1)}}{\epsilon}} \\&= \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon \end{aligned}$
위의 과정을 보고 이제 증명을 완성하자.
Since $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=L, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=M$, by the definition of Limit,
First, since $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}b_n =M$, for $\epsilon=1$ then there exists $N_1$ such that

$n>N_1$   $\Rightarrow$  $\left| b_n -M \right|<1$

By triangle inequalties,
$\displaystyle \left|b_n\right| - \left|M\right| \leq \left| b_n -M \right|<1$
$\therefore~ \left|b_n\right| < \left|M\right|+1$    $\cdots\cdots$ (i)
Let $\epsilon$ be given, then there exits $N_2$ such that

$n>N_2$   $\Rightarrow$ $\displaystyle |a_n - L |< \textcolor{red}{\frac{1}{2(|M|+1)}\epsilon}$

and also there exists $N_3$ such that

$n>N_3$   $\Rightarrow$ $\displaystyle |b_n -M |< \textcolor{blue}{\frac{1}{2(|L|+1)}\epsilon}$

Let $N = \max \left\{N_1 ,~N_2 ,~N_3 \right\}$, then
$n>N$    $\Rightarrow$
$\displaystyle\begin{aligned} \left|a_n b_n -LM \right|&= \left| (a_n -L)b_n + L(b_n-M) \right| \\& \leq \left|a_n -L\right| \left|b_n \right|+ \left| L \right| \left|b_n -M \right| \\& < (|M|+1) \left|a_n -L \right| +(|L|+1) \left| b_n -M \right| \\&< (|M|+1) \textcolor{red}{\frac{1}{2(|M|+1)}\epsilon} +(|L|+1) \textcolor{blue}{{\frac{1}{2(|L|+1)}}{\epsilon}} \\&= \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon \end{aligned}$ 
i.e.
$n>N$  $\Rightarrow$  $\displaystyle  \left|a_n b_n -LM \right|<\epsilon $ 
$\displaystyle \therefore~ \lim_{n \rightarrow \infty} a_n b_n = LM$      qed
(4) 먼저 삼각부등식을 이용하여 다음과 같이 변형하자.
$\displaystyle\begin{aligned} \left| \frac{a_n}{ b_n} -\frac L M \right|&= \left| \frac{M a_n  - L b_n} {M b_n } \right| \\& = \frac{\left| (a_n -L)M +L(M-b_n)\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|} \\& \leq  \frac{\left| a_n -L\right| \left|M\right| +\left|L\right| \left|b_n -M\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|}~    \cdots\cdots ~(\mathrm{i})\end{aligned}$
 여기서 $|b_n|$을 $n$과 관계없은 상수로 만들어야 하고, 또, $|L|$에서 $L=0$일 수도 있으니 이것을 변형하여 $0$이 안되게 만들어야 한다.
먼저 $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}b_n =M$이므로 $\displaystyle \epsilon= \frac{|M|}{2}$일 때도 성립하므로 적절한 $N_1$이 존재하여

$n >N_1$이면 $\displaystyle \left| b_n -M \right|<\frac{|M|}{2}$

또, 위의 부등식과 삼각부등식에 의해

$\displaystyle \left|M\right|=\left| b_n +(M-b_n)) \right| \leq  |b_n|+|M-b_n)| < |b_n|+\frac{|M|}{2}$

위의 부등식의 처음과 끝을 이용하면
$\displaystyle \left|M\right|   < |b_n|+\frac{|M|}{2}$       
$\displaystyle \therefore~ |b_n|> \frac{|M|}{2}$  $\cdots\cdots$ (ii)
또, (ii)와 $|L|< |L|+1$임을 이용하여 (i)을 변형하면
$\displaystyle\begin{aligned} \left| \frac{a_n}{ b_n} -\frac L M \right|&= \left| \frac{M a_n  - L b_n} {M b_n } \right| \\& = \frac{\left| (a_n -L)M +L(M-b_n)\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|} \\& \leq  \frac{\left| a_n -L\right| \left|M\right| +\left|L\right| \left|b_n -M\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|}\\& =  \frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|}{|M||b_n|} |b_n -M| \\&<\frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|+1}{|M||b_n|} |b_n -M|  ~~\cdots\cdots ~(\mathrm{i}) \end{aligned}$
위의 과정을 보고 이제 증명을 완성하자.
Since $\displaystyle  \lim _{n \rightarrow \infty} a_n=L, ~ \lim _{n \rightarrow \infty} b_n=M$, by the definition of Limit,
First, since $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}b_n =M$, for $\epsilon= \frac{|M|}{2}$ then there exists $N_1$ such that

$n >N_1$  $\Rightarrow $   $\displaystyle \left| b_n -M \right|<\frac{|M|}{2}$

and by above inequality and triangle inequality 
$\displaystyle \left|M\right|=\left| b_n +(M-b_n)) \right| \leq  |b_n|+|M-b_n)| < |b_n|+\frac{|M|}{2}$
$\displaystyle \left|M\right|   < |b_n|+\frac{|M|}{2}$       
$\displaystyle \therefore~ |b_n|> \frac{|M|}{2}$  $\cdots\cdots$ (ii)
and using (ii) and $|L|< |L|+1$,
$\displaystyle\begin{aligned} \left| \frac{a_n}{ b_n} -\frac L M \right|&= \left| \frac{M a_n  - L b_n} {M b_n } \right| \\& = \frac{\left| (a_n -L)M +L(M-b_n)\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|} \\& \leq  \frac{\left| a_n -L\right| \left|M\right| +\left|L\right| \left|b_n -M\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|}\\& =  \frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|}{|M||b_n|} |b_n -M| \\&<\frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|+1}{|M||b_n|} |b_n -M|  \\&<\frac{2}{|M|}|a_n -L| +\frac{2(|L|+1)}{M^2}|b_n -M|  \\&<\frac{2}{|M|} \textcolor{red}{\frac{|M|\epsilon}{4}}  +\frac{2(|L|+1)}{M^2}  \textcolor{blue}{   \frac{M^2}{4(|L|+1)}\epsilon}=\epsilon \end{aligned}$
Let $\epsilon$ be given, then there exits $N_2$ such that

$n>N_2$   $\Rightarrow$ $\displaystyle |a_n - L |< \textcolor{red}{ \frac{|M|\epsilon}{4} } $

and also there exists $N_3$ such that

$n>N_3$   $\Rightarrow$ $\displaystyle |b_n -M |< \textcolor{blue}{ { }\frac{M^2}{4(|L|+1)}\epsilon }$

Let $N = \max \left\{N_1 ,~N_2 ,~N_3 \right\}$, then
$n>N$    $\Rightarrow$
$\displaystyle\begin{aligned} \left| \frac{a_n}{ b_n} -\frac L M \right|&= \left| \frac{M a_n  - L b_n} {M b_n } \right| \\& = \frac{\left| (a_n -L)M +L(M-b_n)\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|} \\& \leq  \frac{\left| a_n -L\right| \left|M\right| +\left|L\right| \left|b_n -M\right|}{\left| M\right| \left|b_n \right|}\\& =  \frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|}{|M||b_n|} |b_n -M| \\&<\frac{\left| a_n -L\right|}{|b_n|} + \frac{|L|+1}{|M||b_n|} |b_n -M|  \\&<\frac{2}{|M|}|a_n -L| +\frac{2(|L|+1)}{M^2}|b_n -M|  \\&<\frac{2}{|M|}\frac{|M|\epsilon}{4}  +\frac{2(|L|+1)}{M^2}\frac{M^2}{4(|L|+1)}\epsilon=\epsilon \end{aligned}$
i.e.
$n>N$  $\Rightarrow$  $\displaystyle  \left|\frac{a_n} {b_n} -\frac L M \right|<\epsilon $ 
$\displaystyle \therefore~ \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_b}{ b_n} = \frac L M$      qed
 
힘들다. 수식 넣기가 ㅠㅠ
 
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