스털링 근사(Stirling's approximation)

정리1

임의의 $A\subseteq \mathbb{R}$에 대해 $a\in \mathbb{R}$가 $A\cap (a,\infty)$의 집적점일때

함수 $f,g: A\to \mathbb{R}$와 확장된 실수집합 $\overline{\mathbb{R}} = [-\infty,\infty]$와 확장된 실수연산에 대해 다음이 성립한다.

1. $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)\in [-\infty,\infty]$이면 모든 $c\in \mathbb{R} = (-\infty,\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = c\cdot \lim_{x\to a+}f(x)$이다.

2. $\displaystyle (\lim_{x\to a+}f(x), \lim_{x\to a+}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x) + g(x)) = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

3. $\displaystyle (\lim_{x\to a+}f(x), \lim_{x\to a+}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

4. $\displaystyle (\lim_{x\to a+}f(x), \lim_{x\to a+}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이면 $\displaystyle \lim_{x\to a+}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

5. $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) , \lim_{x\to a+}g(x)\in [-\infty,\infty]$일때

모든 $x\in A\cap (a,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) \le \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

증명

1.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)\in \mathbb{R}$이면 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = c\cdot \lim_{x\to a+}f(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)\in \{-\infty,\infty \}$이면

$c = 0$일때

$0\cdot (-\infty) = 0 = 0\cdot \infty$이므로 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = \lim_{x\to a+}0 = 0 = 0\cdot \lim_{x\to a+}f(x) = c\cdot\lim_{x\to a+}f(x)$이다.

$c \ne 0$일때

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta(\frac{\alpha}{c})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) > \dfrac{\alpha}{c}$가 되는 $\delta(\frac{\alpha}{c})\in (0,\infty)$가 존재하여

$c > 0$이면 $c\cdot f(x) > \alpha$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = \infty = c\cdot \infty = c\cdot\lim_{x\to a+}f(x)$이고

$c < 0$이면 $c\cdot f(x) < \alpha$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = -\infty = c\cdot \infty = c\cdot \lim_{x\to a+}f(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta(\frac{\alpha}{c})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) < \dfrac{\alpha}{c}$가 되는 $\delta(\frac{\alpha}{c})\in (0,\infty)$가 존재하여

$c > 0$이면 $c\cdot f(x) < \alpha$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = -\infty = c\cdot (-\infty) = c\cdot \lim_{x\to a+}f(x)$이고

$c < 0$이면 $c\cdot f(x) > \alpha$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(c\cdot f(x)) = \infty = c\cdot (-\infty) = c\cdot \lim_{x\to a+}f(x)$이다.

2.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\frac{\alpha}{2})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) > \dfrac{\alpha}{2}$가 되는 $\delta_1(\frac{\alpha}{2})\in (0,\infty)$가 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\frac{\alpha}{2})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) > \dfrac{\alpha}{2}$가 되는 $\delta_2(\frac{\alpha}{2})\in (0,\infty)$가 존재하여 

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\frac{\alpha}{2}) ,\delta_2(\frac{\alpha}{2})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x) + g(x) > \dfrac{\alpha}{2} + \dfrac{\alpha}{2} = \alpha$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = \infty = \infty+ \infty = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\frac{\alpha}{2})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) < \dfrac{\alpha}{2}$가 되는 $\delta_1(\frac{\alpha}{2})\in (0,\infty)$가 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\frac{\alpha}{2})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < \dfrac{\alpha}{2}$가 되는 $\delta_2(\frac{\alpha}{2})\in (0,\infty)$가 존재하여 

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\frac{\alpha}{2}) ,\delta_2(\frac{\alpha}{2})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x) + g(x) < \dfrac{\alpha}{2} + \dfrac{\alpha}{2} = \alpha$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = -\infty = (-\infty)+ (-\infty) = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(1)$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < 1$이 되는 $\delta_1(1)\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\alpha- (L-1))$인 모든 $x\in A$가 $g(x) > \alpha - (L -1)$인 $\delta_2(\alpha - (L-1))\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min \{\delta_1(1) ,\delta_2(\alpha-(L-1)) \}$인 모든 $x\in A$에 대해

$L - f(x) \le |L- f(x)| = |f(x) - L| < 1$이므로 $L - 1 < f(x)$이고

$\alpha = L -1 + \alpha - (L-1)  < f(x) + g(x)$임에 따라

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = \infty = L + \infty = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(1)$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < 1$이 되는 $\delta_1(1)\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\alpha- (L+1))$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < \alpha - (L +1)$인 $\delta_2(\alpha - (L+1))\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min \{\delta_1(1) ,\delta_2(\alpha-(L+1)) \}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x) - L \le |f(x) - L| < 1$이므로 $f(x) < L+1$이고 $f(x) + g(x) < L +1 + \alpha - (L+1) = \alpha$임에 따라 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = -\infty = L  + (- \infty) = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)  \in \{-\infty,\infty\}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) \in \mathbb{R}$이면

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = \lim_{x\to a+}(g(x) + f(x)) = \lim_{x\to a+}g(x) + \lim_{x\to a+}f(x) = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)\in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) \in \mathbb{R}$이면 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)+g(x)) = \lim_{x\to a+}f(x) + \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

3.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) > \sqrt{|\alpha|}\ge 0$가 되는 $\delta_1(\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) > \sqrt{|\alpha|}\ge 0$가 되는 $\delta_2(\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하여 

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\sqrt{|\alpha|}) ,\delta_2(\sqrt{|\alpha|})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x) \cdot g(x) > \sqrt{|\alpha|} \cdot \sqrt{|\alpha|} = |\alpha| \ge \alpha$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \infty = \infty\cdot  \infty = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(-\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) < -\sqrt{|\alpha|}\le 0$이 되는 $\delta_1(-\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(-\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < -\sqrt{|\alpha|}\le 0$이 되는 $\delta_2(-\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하여 

$0 < x- a < \min \{\delta_1(-\sqrt{|\alpha|}) ,\delta_2(-\sqrt{|\alpha|})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x) \cdot g(x) > (-\sqrt{|\alpha|}) \cdot g(x) = \sqrt{|\alpha|}\cdot (-g(x)) \ge \sqrt{|\alpha|}\cdot \sqrt{|\alpha|} = |\alpha| \ge \alpha$이므로

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \infty = (-\infty)\cdot (-\infty) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $f(x) > \sqrt{|\alpha|}\ge 0$가 되는 $\delta_1(\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(-\sqrt{|\alpha|})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < -\sqrt{|\alpha|}\le 0$이 되는 $\delta_2(-\sqrt{|\alpha|})\in (0,\infty)$가 존재하여 

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\sqrt{|\alpha|}) ,\delta_2(-\sqrt{|\alpha|})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$f(x)\cdot g(x) < \sqrt{|\alpha|}\cdot g(x)\le \sqrt{|\alpha|}\cdot (-\sqrt{|\alpha|}) = - |\alpha|\le \alpha$이므로 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = -\infty = \infty \cdot (-\infty) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \lim_{x\to a+}(g(x) \cdot f(x)) = -\infty = (-\infty)\cdot \infty = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\frac{|L|}{2})$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2}$이 되는 $\delta_1(\frac{|L|}{2})\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) > \dfrac{2\cdot |\alpha|}{|L|}\ge 0$이 되는 $\delta_2(\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\frac{|L|}{2}) ,\delta_2(\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$L > 0$이면 $L - f(x) \le |L - f(x)| = |f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2} = \dfrac{L}{2}$이므로 $0 < \dfrac{|L|}{2} =\dfrac{L}{2} =L - \dfrac{L}{2} < f(x)$가 되어 

$\alpha \le |\alpha| =\dfrac{|L|}{2}\cdot \dfrac{2\cdot |\alpha|}{|L|} < f(x)\cdot g(x)$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \infty = L \cdot \infty = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이고

$L < 0$이면 $f(x) - L\le |f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2} = -\dfrac{L}{2}$이므로 $f(x) < L - \dfrac{L}{2} = \dfrac{L}{2} = -\dfrac{|L|}{2} < 0$이 되어 

$f(x)\cdot g(x) < -\dfrac{|L|}{2}\cdot g(x) < -\dfrac{|L|}{2}\cdot \dfrac{2\cdot |\alpha|}{|L|} = - |\alpha|\le \alpha $임에 따라

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = -\infty = L \cdot \infty = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(\frac{|L|}{2})$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2}$이 되는 $\delta_1(\frac{|L|}{2})\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(-\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < -\dfrac{2\cdot |\alpha|}{|L|}\le 0$이 되는 $\delta_2(-\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min \{\delta_1(\frac{|L|}{2}) ,\delta_2(-\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|})\}$인 모든 $x\in A$에 대해

$L > 0$이면 $L - f(x) \le |L - f(x)| = |f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2} = \dfrac{L}{2}$이므로 $0 < \dfrac{|L|}{2} =\dfrac{L}{2} =L - \dfrac{L}{2} < f(x)$가 되어 

$f(x)\cdot g(x) < \dfrac{|L|}{2}\cdot g(x) < \dfrac{|L|}{2}\cdot (-\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|}) = - |\alpha|\le \alpha $임에 따라 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = -\infty = L \cdot (-\infty) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이고

$L < 0$이면 $f(x) - L\le |f(x) - L| < \dfrac{|L|}{2} = -\dfrac{L}{2}$이므로 $f(x) < L - \dfrac{L}{2} = \dfrac{L}{2} = -\dfrac{|L|}{2} < 0$이 되어 

$\alpha \le |\alpha| = (-\frac{|L|}{2})\cdot (-\frac{2\cdot |\alpha|}{|L|}) < (-\frac{|L|}{2})\cdot g(x) < f(x)\cdot g(x)$임에 따라 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \infty = L \cdot (-\infty) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) \in \{-\infty,\infty\}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) \in \mathbb{R}\setminus \{0\}$이면

$\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \lim_{x\to a+}(g(x) \cdot f(x)) = \lim_{x\to a+}g(x) \cdot \lim_{x\to a+}f(x) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)  \in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) \in \mathbb{R}$이면 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}(f(x)\cdot g(x)) = \lim_{x\to a+}f(x) \cdot \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

4.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\epsilon \in (0,\infty)$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(|L|+1)$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < |L| +1$이 되는 $\delta_1(|L|+1)\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\frac{2\cdot |L|+1}{\epsilon})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) > \dfrac{2\cdot |L| + 1}{\epsilon}\ge 0$이 되는 $\delta_2(\frac{2\cdot |L| +1}{\epsilon})\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min\{ \delta_1(|L| +1),\delta_2(\frac{2\cdot |L|+1}{\epsilon}) \}$인 모든 $x\in A$에 대해 삼각부등식으로

$|f(x)| - |L|\le |f(x) - L| < |L| +1$이므로 $|f(x)| < 2\cdot |L| + 1$이고 $0 < \dfrac{1}{|g(x)|} = \dfrac{1}{g(x)} < \dfrac{\epsilon}{2\cdot |L|+1}$이 되어 

$\left | \dfrac{f(x)}{g(x)} - 0 \right | = \left | \dfrac{f(x)}{g(x)} \right | = \dfrac{|f(x)|}{|g(x)|} < (2\cdot |L| +1)\cdot \dfrac{\epsilon}{2\cdot |L| + 1} = \epsilon$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = L \in \mathbb{R}$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = -\infty$이면 극한의 정의와 극한의 정의로 모든 $\epsilon \in (0,\infty)$에 대해 

$0 < x- a < \delta_1(|L|+1)$인 모든 $x\in A$가 $|f(x) - L| < |L| +1$이 되는 $\delta_1(|L|+1)\in (0,\infty)$이 존재하고 

$0 < x- a < \delta_2(\frac{2\cdot |L|+1}{-\epsilon})$인 모든 $x\in A$가 $g(x) < \dfrac{2\cdot |L| + 1}{-\epsilon}\le 0$이 되는 $\delta_2(\frac{2\cdot |L| +1}{-\epsilon})\in (0,\infty)$이 존재하여

$0 < x- a < \min\{ \delta_1(|L| +1),\delta_2(\frac{2\cdot |L|+1}{-\epsilon}) \}$인 모든 $x\in A$에 대해

$|f(x)| < 2\cdot |L| + 1$이고 $g(x)\cdot \dfrac{\epsilon}{2\cdot |L| +1} < -1$이므로 $\dfrac{\epsilon}{2\cdot |L| +1} > \dfrac{1}{-g(x)} = \dfrac{1}{|g(x)|} > 0$이 되어 

$\left | \dfrac{f(x)}{g(x)} - 0 \right | = \left | \dfrac{f(x)}{g(x)} \right | = \dfrac{|f(x)|}{|g(x)|} < (2\cdot |L| +1)\cdot \dfrac{\epsilon}{2\cdot |L| + 1} = \epsilon$임에 따라 $\displaystyle \lim_{x\to a+}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

5.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty$이면 $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = -\infty\le \lim_{x\to a+}g(x)$이고 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty$이면 극한의 정의로 모든 $\alpha \in \mathbb{R}$에 대해 

$0 < x- a < \delta(\alpha)$인 모든 $x\in A$가 $\alpha < f(x)$가 되는 $\delta(\alpha)\in (0,\infty)$가 존재하여 

$a < x$이고 $x\in A\cap (c,\infty)$임에 따라 $\alpha < f(x)\le g(x)$이므로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) = \infty = \lim_{x\to a+}g(x)$이다.

$\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x)  \in \mathbb{R}$일때 모든 $x\in A$에 대해 $h(x) = g(x) - f(x)$인 함수 $h : A\to \mathbb{R}$는

1, 2번으로 $\displaystyle \lim_{x\to a+}h(x) = \lim_{x\to a+}g(x) - \lim_{x\to a+}f(x)$이고 모든 $x\in A\cap (a,\infty)$에 대해 $0 \le g(x) - f(x) = h(x)$이므로

$\displaystyle \lim_{x\to a+}h(x) = - \infty$라고 가정하면

극한의 정의로 $0 < x- a < \delta(0)$인 모든 $x\in A$가 $h(x) < 0$이 되는 $\delta(0)\in (0,\infty)$이 존재하므로

$a < x$이고 $x\in A\cap (c,\infty)$임에 따라 $0 \le g(x) - f(x) = h(x) < 0$가 되어 모순이고 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}h(x) = L\in (- \infty,0)$이라고 가정하면 

극한의 정의로 $0 < x- a < \delta(-L)$인 모든 $x\in A$가 $|h(x)-L| < -L$이 되는 $\delta(-L)\in (0,\infty)$이 존재하므로

$h(x) - L \le |h(x)-L| < -L$이고 $0 \le g(x) - f(x) = h(x) < 0$이 되어 모순임에 따라 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}h(x) \in [0, \infty]$이고 $\displaystyle 0\le \lim_{x\to a+}g(x) - \lim_{x\to a+}f(x)\le \infty$이므로 

$\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) = \infty$이면 $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) < \infty = \lim_{x\to a+}g(x)$이고 $\displaystyle \lim_{x\to a+}g(x) \in \mathbb{R}$이면 $\displaystyle \lim_{x\to a+}f(x) \le \lim_{x\to a+}g(x) < \infty$이다.

 

 

 

정리2

임의의 $B \subseteq \mathbb{R}$에 대해 $b \in \mathbb{R}$가 $B\cap (-\infty,b)$의 집적점일때

함수 $f,g: B\to \mathbb{R}$와 확장된 실수집합 $\overline{\mathbb{R}} = [-\infty,\infty]$와 확장된 실수연산에 대해 다음이 성립한다.

1. $\displaystyle \lim_{x\to b-}f(x)\in [-\infty,\infty]$이면 모든 $c\in \mathbb{R} = (-\infty,\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{x\to b-}(c\cdot f(x)) = c\cdot \lim_{x\to b-}f(x)$이다.

2. $\displaystyle (\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to b-}(f(x) + g(x)) = \lim_{x\to b-}f(x) + \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

3. $\displaystyle (\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to b-}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x\to b-}f(x) \cdot \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

4. $\displaystyle (\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이면 $\displaystyle \lim_{x\to b-}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

5. $\displaystyle \lim_{x\to b-}f(x) , \lim_{x\to b-}g(x)\in [-\infty,\infty]$일때

모든 $x\in B\cap (-\infty,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \lim_{x\to b-}f(x) \le \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

증명

$A = \{ b - x : x\in B\}$일때 집적점의 정의로

모든 $\delta\in (0,\infty)$에 대해 $|x_\delta - b| < \delta$인 $x_\delta\in B\cap (-\infty,b)$가 존재하여 

$x_\delta < b$이므로 $0 < b - x_\delta = |x_\delta - b| < \delta$임에 따라 $b - x_\delta\in A\cap (0,\infty)$이고

$|b -x_\delta - 0| = b - x_\delta < \delta$가 되어 $0$은 $A\cap (0,\infty)$의 집적점이다. 

모든 $t \in A$에 대해 $\varphi(t) = b - t$인 함수 $\varphi : A\to \mathbb{R}$는 

$t = b-x$인 $x\in B$가 존재하여 $\varphi(t) = b-t = b - (b-x) = x\in B$이므로 $\varphi(A)\subseteq B$이다.

모든 $t\in A\cap (0,\infty)$에 대해 $\varphi(t) =b - t < b - 0 = b$이고

연속함수 정리와 연속함수 정리와 극한 정리와 극한 정리와 극한 정리로

$\displaystyle \lim_{t\to 0+} \varphi(t) = \lim_{t\to 0+} (b-t) = b- \lim_{t\to 0+}t  = b- 0 = b$이다. 

1.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) = \lim_{x\to b-}f(x)\in [-\infty,\infty]$이므로 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to b-}(c\cdot f(x)) = \lim_{t\to 0+} (c\cdot f(\varphi(t))) = c\cdot \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) = c\cdot \lim_{x\to b-}f(x)$이다.

2. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))) =(\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to b-}(f(x) + g(x)) = \lim_{t\to 0+}(f(\varphi(t))+ g(\varphi(t))) = \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t))+\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to b-}f(x) + \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

3. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))) =(\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to b-}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{t\to 0+}(f(\varphi(t))\cdot g(\varphi(t))) =\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) \cdot \lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to b-}f(x) \cdot \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

4. 

극한 정리로 $\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)))= (\lim_{x\to b-}f(x), \lim_{x\to b-}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이므로

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to b-}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = \lim_{t\to 0+}\left ( \dfrac{f(\varphi(t))}{g(\varphi(t))} \right ) = 0$이다.

5.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to b-}f(x)=\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)), \lim_{x\to b-}g(x) =\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))\in [-\infty,\infty]$이고

모든 $t \in A\cap (0,\infty)$에 대해 $b-x = t > 0$인 $x\in B$가 존재하여 

$x = b-t < b$이므로 $\varphi(t) = b-t = x\in B\cap (-\infty,b)$임에 따라 $f(\varphi(t))\le g(\varphi(t))$이고 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to b-}f(x)=\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t))\le \lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to b-}g(x)$이다.

 

 

 

정리3

임의의 $A\subseteq \mathbb{R}$에 대해 $(a,\infty) \subseteq A$인 $a\in \mathbb{R}$가 존재할때

함수 $f,g: A\to \mathbb{R}$와 확장된 실수집합 $\overline{\mathbb{R}} = [-\infty,\infty]$와 확장된 실수연산에 대해 다음이 성립한다.

1. $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)\in [-\infty,\infty]$이면 모든 $c\in \mathbb{R} = (-\infty,\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}(c\cdot f(x)) = c\cdot \lim_{x\to \infty}f(x)$이다.

2. $\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}(f(x) + g(x)) = \lim_{x\to \infty}f(x) + \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

3. $\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x\to \infty}f(x) \cdot \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

4. $\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이면 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

5. $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x) , \lim_{x\to \infty} g(x)\in [-\infty,\infty]$일때

모든 $x\in (a,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x) \le \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

증명

$0$은 $(0,\infty)$의 집적점이고 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\varphi(t) = a + \dfrac{1}{t}$인

함수 $\varphi : (0,\infty)\to \mathbb{R}$는 $\varphi(t) = a+ \dfrac{1}{t}\in (a,\infty)\subseteq A$이므로 $\varphi((0,\infty))\subseteq A$이다.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}a = a$이고 거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}\dfrac{1}{t} = \infty$이므로 위 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}\varphi(t) = \lim_{t\to 0+}(a+\tfrac{1}{t}) = \infty$이다.

1.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) = \lim_{x\to \infty}f(x)\in [-\infty,\infty]$이므로 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}(c\cdot f(x)) = \lim_{t\to 0+} (c\cdot f(\varphi(t))) = c\cdot \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) = c\cdot \lim_{x\to \infty}f(x)$이다.

2. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))) =(\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}(f(x) + g(x)) = \lim_{t\to 0+}(f(\varphi(t))+ g(\varphi(t))) = \lim_{t\to 0+}f(\varphi(t))+\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to \infty}f(x) + \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

3. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))) =(\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to \infty}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{t\to 0+}(f(\varphi(t))\cdot g(\varphi(t))) =\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)) \cdot \lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to \infty}f(x) \cdot \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

4. 

극한 정리로 $\displaystyle (\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)),\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)))= (\lim_{x\to \infty}f(x), \lim_{x\to \infty}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이므로

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = \lim_{t\to 0+}\left ( \dfrac{f(\varphi(t))}{g(\varphi(t))} \right ) = 0$이다.

5.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t)), \lim_{x\to \infty}g(x) =\lim_{t\to 0+}g(\varphi(t))\in [-\infty,\infty]$이고

모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\varphi(t) = a+ \dfrac{1}{t}\in (a,\infty)$이므로 $f(\varphi(t))\le g(\varphi(t))$가 되어

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\lim_{t\to 0+}f(\varphi(t))\le \lim_{t\to 0+}g(\varphi(t)) = \lim_{x\to \infty}g(x)$이다.

 

 

 

정리4

임의의 $B\subseteq \mathbb{R}$에 대해 $(-\infty,b)\subseteq B$인 $b\in \mathbb{R}$가 존재할때

함수 $f,g: B\to \mathbb{R}$와 확장된 실수집합 $\overline{\mathbb{R}} = [-\infty,\infty]$와 확장된 실수연산에 대해 다음이 성립한다.

1. $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)\in [-\infty,\infty]$이면 모든 $c\in \mathbb{R} = (-\infty,\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(c\cdot f(x)) = c\cdot \lim_{x\to -\infty}f(x)$이다.

2. $\displaystyle (\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(f(x) + g(x)) = \lim_{x\to -\infty}f(x) + \lim_{x\to -\infty}g(x)$이다.

3. $\displaystyle (\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\}$이면 

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x\to -\infty}f(x) \cdot \lim_{x\to -\infty}g(x)$이다.

4. $\displaystyle (\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이면 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = 0$이다.

5. $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x) , \lim_{x\to -\infty} g(x)\in [-\infty,\infty]$일때

모든 $x\in (-\infty,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x) \le \lim_{x\to -\infty}g(x)$이다.

증명

모든 $x\in (-b,\infty)$에 대해 $\varphi(x) = - x$인 함수 $\varphi : (-b,\infty)\to \mathbb{R}$는 

$-b < x$이므로 $\varphi(x) = -x < b$가 되어 $\varphi(x)\in (-\infty, b)\subseteq B$임에 따라 $\varphi((-b,\infty))\subseteq B$이다.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}(-1) = -1$이고 거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}x = \infty$이므로 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\varphi(x) = \lim_{x\to \infty}(-x) = \lim_{x\to \infty}((-1)\cdot x) = -\infty$이다.

1.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)) = \lim_{x\to -\infty}f(x)\in [-\infty,\infty]$이므로 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(c\cdot f(x)) = \lim_{x\to \infty} (c\cdot f(\varphi(x))) = c\cdot \lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)) = c\cdot \lim_{x\to -\infty}f(x)$이다.

2. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)),\lim_{x\to \infty}g(\varphi(x))) =(\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (-\infty,\infty), (\infty,-\infty)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(f(x) + g(x)) = \lim_{x\to \infty}(f(\varphi(x))+ g(\varphi(x))) = \lim_{x\to \infty}f(\varphi(x))+\lim_{x\to \infty}g(\varphi(x)) = \lim_{x\to -\infty}f(x) + \lim_{x\to -\infty}g(x)\text{ 이다.}$

3. 

극한 정리로

$\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)),\lim_{x\to \infty}g(\varphi(x))) =(\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in ([-\infty,\infty] \times [-\infty,\infty]) \setminus \{ (0,-\infty), (0,\infty) , (-\infty,0), (\infty,0)\} \text{ 이므로}$

위 정리로

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x\to \infty}(f(\varphi(x))\cdot g(\varphi(x))) =\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)) \cdot \lim_{x\to \infty}g(\varphi(x)) = \lim_{x\to -\infty}f(x) \cdot \lim_{x\to -\infty}g(x)$이다.

4. 

극한 정리로 $\displaystyle (\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)),\lim_{x\to \infty}g(\varphi(x)))= (\lim_{x\to -\infty}f(x), \lim_{x\to -\infty}g(x))\in (-\infty,\infty) \times \{ -\infty,\infty \}$이므로

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\left ( \dfrac{f(x)}{g(x)} \right ) = \lim_{x\to \infty}\left ( \dfrac{f(\varphi(x))}{g(\varphi(x))} \right ) = 0$이다.

5.

극한 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x)), \lim_{x\to -\infty}g(x) =\lim_{x\to \infty}g(\varphi(x))\in [-\infty,\infty]$이고

모든 $x\in (-b,\infty)$에 대해 

$-b < x$이므로 $\varphi(x) = -x < b$가 되어 $\varphi(x)\in (-\infty, b)$임에 따라 $f(\varphi(x))\le g(\varphi(x))$이고 

위 정리로 $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to \infty}f(\varphi(x))\le \lim_{x\to \infty}g(\varphi(x)) = \lim_{x\to -\infty}g(x)$이다.

 

 

 

정리5

자연로그함수가 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$일때

함수 $\phi : (0,\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi(t) = t - \ln(t) - 1$이면 다음이 성립한다.

1. $\phi$는 $(0,\infty)$에서 두번 미분가능하여 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi'(t) = 1 - \dfrac{1}{t}$이고 $\phi''(t) = \dfrac{1}{t^2}$이다.

2. 모든 $t\in (0,1)$에 대해 $(t- 1) \cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t) > 0$이다.

3. 모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 $(t- 1) \cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t) < 0$이다.

4. $\displaystyle \lim_{t\to 0+}$$\,\phi(t) = \infty =$ $\displaystyle \lim_{t\to \infty}$$\,\phi(t)$이고 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}$$\,\dfrac{\phi(t)}{t -1} = 1$이다.

5. 모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 $0 < \phi(t) < t-1$이다.

6. 어떤 $m \in (0,\infty)$이 존재하여 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 

$t\in (0,2)$이면 $m\cdot (t-1)^2\le \phi(t)$이고 $t\in [2,\infty)$이면 $m\cdot (t-1) < \phi(t)$이다.

증명

1.

거듭제곱 정리와 자연로그 정리와 미분 정리와 미분 정리로 $\phi$는 $(0,\infty)$에서 미분가능하고

모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi'(t) = 1 - \dfrac{1}{t} - 0 = 1 - \dfrac{1}{t}$이므로 

거듭제곱 정리와 미분 정리와 미분 정리로 $\phi'$은 $(0,\infty)$에서 미분가능하여 $\phi''(t) = 0 - (-1)\cdot t^{-2} = \dfrac{1}{t^2}$이다.

2, 3

모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\psi(t) = (t-1)\cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t)$인 함수 $\psi : (0,\infty) \to \mathbb{R}$는 

$\begin{align*} \psi(t) & = (t-1)\cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t) \\[0.5em] & = (t-1)\cdot (1-\tfrac{1}{t}) - 2\cdot (t-\ln(t) -1) \\[0.5em] & = t - 1 -1 + \dfrac{1}{t} - 2\cdot t + 2\cdot \ln(t) + 2 \\[0.5em] & = 2\cdot \ln(t) - t + \dfrac{1}{t} \\[0.5em] & = 2\cdot \ln(t) - t + t^{-1}\text{ 이므로} \end{align*}$

거듭제곱 정리와 자연로그 정리와 미분 정리로 $\psi$는 $(0,\infty)$에서 미분가능하고

$\psi'(t) = 2\cdot \dfrac{1}{t} - 1 - t^{-2} = \dfrac{2\cdot t}{t^2} - \dfrac{t^2}{t^2} -\dfrac{1}{t^2} = \dfrac{-t^2 + 2\cdot t -1}{t^2} = -\dfrac{(t-1)^2}{t^2}$이 되어

모든 $t\in (0,1)\cup (1,\infty)$에 대해 $\psi'(t) = -\dfrac{(t-1)^2}{t^2} < 0$이다.

자연로그 정리로 $\psi(1) = 2\cdot \ln(1) -1+1^{-1} = 2\cdot 0 -1+1 = 0$이므로 미분 정리와 미분연속성과 평균값 정리로 

모든 $t\in (0,1)$에 대해 $\psi$의 축소함수 $\psi|_{[t,1]} : [t,1]\to \mathbb{R}$은 $[t,1]$에서 연속이고 미분가능하여 

어떤 $t_0\in (t,1)\subseteq (0,1)$에 대해 $-\psi(t) = \psi(1) - \psi(t) = \psi'(t_0)\cdot (1-t) < 0$임에 따라

$(t-1)\cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t) = \psi(t) > 0$이고 

모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 $\psi$의 축소함수 $\psi|_{[1,t]} : [1,t] \to \mathbb{R}$은 $[1,t]$에서 연속이고 미분가능하여 

어떤 $t_0\in (1,t) \subseteq (1,\infty)$에 대해 $\psi(t) = \psi(t) - \psi(1) = \psi'(t_0)\cdot (t-1) < 0$임에 따라

$(t-1)\cdot \phi'(t) - 2\cdot \phi(t) = \psi(t) < 0$이다.

4.

거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+} t = 0$이고 자연로그 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+} \ln(t) = -\infty$이고 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}(-1) = -1$이므로

위 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to 0+}\phi(t) = \lim_{t\to 0+}(t- \ln(t) -1) = \lim_{t\to 0+}t - \lim_{t\to 0+} \ln(t) + \lim_{t\to 0+}(-1) = 0 - (-\infty) + (-1) = \infty$이다.

거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} t = \infty$이고 자연로그 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} \dfrac{\ln(t)}{t} = 0$이고 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}1 = 1$이므로

위 정리로

$\begin{align*} \lim_{t\to \infty}\phi(t) & = \lim_{t\to \infty}(t- \ln(t) -1) \\[0.5em] & = \lim_{t\to \infty}\left (t -\ln(t) \right) -\lim_{t\to \infty}1 \\[0.5em] & = \lim_{t\to \infty}\left (t\cdot \left (1- \dfrac{\ln(t)}{t} \right)\right) -1 \\[0.5em] & = \left (\lim_{t\to \infty}t \right ) \cdot \lim_{t\to \infty} \left (1- \dfrac{\ln(t)}{t} \right) -1 \\[0.5em] & = \left ( \lim_{t\to \infty}t \right ) \cdot \left (\lim_{t\to \infty}1 - \lim_{t\to \infty} \dfrac{\ln(t)}{t} \right) -1 \\[0.5em] & = \infty \cdot (1 -0) - 1 \\[0.5em] & = \infty \text{ 이다.} \end{align*}$

$\displaystyle \lim_{t\to \infty}\phi(t) = \infty$이고 위 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}(t-1) = \lim_{t\to \infty} t - \lim_{t\to \infty}1 = \infty -1 = \infty$이므로 

거듭제곱 정리와 1번과 위 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}\phi'(t) = \lim_{t\to \infty}\left ( 1 - \dfrac{1}{t}\right ) = \lim_{t\to\infty} 1 - \lim_{t\to \infty}\dfrac{1}{t} = 1 - 0 = 1$임에 따라

거듭제곱 정리와 미분 정리와 미분 정리와 로피탈의 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} \dfrac{\phi(t)}{t-1} = \lim_{t\to \infty} \dfrac{\phi'(t)}{1} = \lim_{t\to \infty} \phi'(t) = 1$이다.

5.

실지수함수가 $\exp : \mathbb{R}\to \mathbb{R}$일때 모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 $t -1 > 0$이므로

지수함수 정리로 $t = 1 + t - 1 < \exp(t-1)$이 되어 자연로그의 정의로 $\ln(t) < \ln(\exp(t-1)) = t-1$임에 따라 

$\phi(t) = t- \ln(t) -1 = t -1 - \ln(t) > 0$이다.

모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 자연로그의 정의와 자연로그 정리로

$0 = \ln(1) < \ln(t)$이므로 $-\ln(t) -1 < 0 -1 = -1$이 되어 $\phi(t) = t-\ln(t) -1 < t-1 $이다.

6.

1번과 미분 정리와 미분연속성과 테일러 정리와 자연로그 정리로 임의의 $t\in (0,1)\cup (1,2)$에 대해 

$\begin{align*} \phi(t) & = \phi(1) + \phi'(1)\cdot (t -1) + \phi''(c_t)\cdot \dfrac{(t-1)^2}{2!} \\[0.5em] & = 1 - \ln(1) -1 + \left (1 - \frac{1}{1}\right )\cdot (t-1) +  \frac{1}{c_t^2}\cdot \frac{(t-1)^2}{2} \\[0.5em] & = - 0 + 0\cdot (t-1) + \dfrac{(t-1)^2}{2\cdot c_t^2} \\[0.5em] & = \dfrac{1}{2\cdot c_t^2}\cdot (t-1)^2 \text{ 이고} \end{align*}$

$0 < t < c_t < 1$ 또는 $1 < c_t < t < 2$인 $c_t\in (0,1)\cup (1,2)$가 존재한다.

4번으로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} \dfrac{\phi(t)}{t-1} = 1$이므로 극한의 정의로

$t > K(\frac{1}{2})$인 모든 $t\in (2,\infty)$가 $\left | \dfrac{\phi(t)}{t-1} - 1 \right | < \dfrac{1}{2}$가 되는 $K(\frac{1}{2})\in (2,\infty)$가 존재하여 

$1 < 2 < t$임에 따라 $0 < t -1$이고 $1 -\dfrac{\phi(t)}{t-1} \le \left | 1 - \dfrac{\phi(t)}{t-1}\right |= \left | \dfrac{\phi(t)}{t-1} - 1 \right | < \dfrac{1}{2}$이므로

$\dfrac{1}{2} = 1 -\dfrac{1}{2} < \dfrac{\phi(t)}{t-1}$이 되어 $\dfrac{1}{8}\cdot (t-1) < \dfrac{1}{2}\cdot (t-1) < \phi(t)$이다.

1번과 미분연속성과 연속함수 정리와 연속함수 정리와 연속함수 정리로 

모든 $t\in [2, K(\frac{1}{2})]$에 대해 $\psi(t) = \dfrac{\phi(t)}{t-1}$인 함수 $\psi : [2,K(\frac{1}{2})]\to \mathbb{R}$는 $[2,K(\frac{1}{2})]$에서 연속이므로 

연속함수 정리로 $\min \psi([2,K(\frac{1}{2})])\in \mathbb{R}$가 존재하여

5번으로 $\psi(t) = \dfrac{\phi(t)}{t-1} > 0$임에 따라 최소원소의 정의로 $\min \psi([2,K(\frac{1}{2})]) > 0$이다.

$m = \min \{ \frac{1}{8} , \frac{1}{2}\cdot \min \psi([2,K(\frac{1}{2})]) \} > 0$일때 

자연로그 정리로 $m\cdot (1-1)^2 = 0 = 1-\ln(1) -1 = \phi(1)$이고 모든 $t\in (0,1)\cup (1,2)$에 대해 

$0 < c_t < 2$이므로 $2\cdot c_t^2 < 2\cdot 2^2 = 8$이 되어 $m\cdot (t-1)^2\le \dfrac{1}{8}\cdot (t-1)^2 < \dfrac{1}{2\cdot c_t^2}\cdot (t-1)^2 = \phi(t)$이다.

모든 $t\in [2,K(\frac{1}{2})]$에 대해 

$m\le \dfrac{1}{2} \cdot \min \psi([2,K(\frac{1}{2})]) < \min \psi([2,K(\frac{1}{2})]) \le \psi(t) = \dfrac{\phi(t)}{t-1}$이므로 $m\cdot (t-1) < \phi(t)$이고 

모든 $t\in (K(\frac{1}{2}),\infty)$에 대해 $m\cdot (t-1)\le \dfrac{1}{8}\cdot (t-1) < \phi(t)$이다.

 

 

 

정리6

자연로그함수가 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$이고 오일러수가 $e\in \mathbb{R}$이고 임의의 양의 정수가 $n\in \mathbb{Z}^+$일때

함수 $\phi : (0,\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi(t) = t - \ln(t) - 1$이고 

함수 $f_n : (-\sqrt{n},\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $x\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 $f_n(x) = e^{-n\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{n}})}$이면 다음이 성립한다.

1. $a\le b$인 모든 $a,b\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 $f_n$의 축소함수 $f_n|_{[a,b]} : [a,b]\to \mathbb{R}$는 $[a,b]$에서 리만적분가능하다.

2. 무한닫힌구간 $[-\sqrt{n},\infty]$에서 $f_n$의 영확장함수 $\widehat{f_n} : [-\sqrt{n},\infty]\to \mathbb{R}$은 $[-\sqrt{n},\infty]$에서 일반리만적분가능하고 

$\displaystyle \dfrac{n!}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} = \int_{-\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x) \operatorname{d}\!x = \lim_{a\to (-\sqrt{n})+}\lim_{b\to \infty} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x = \lim_{b\to \infty}\lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x $이다.

증명

$0 < 1 = \sqrt{1} \le \sqrt{n}$이므로

모든 $x\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 $-\sqrt{n} < x$임에 따라 $-1 < \dfrac{x}{\sqrt{n}}$이 되어 $0 < 1 +\dfrac{x}{\sqrt{n}}$이고 

미분 정리와 미분 정리와 미분 정리로 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대해 

$\psi_n(x) = 1 +\dfrac{x}{\sqrt{n}}$인 함수 $\psi_n : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$은 $\mathbb{R}$에서 미분가능하여 $\psi_n'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{n}}$이고

$\varphi_n(x) = n\cdot x$인 함수 $\varphi_n : \mathbb{R}\to \mathbb{R}$은 $\mathbb{R}$에서 미분가능하여 $\varphi_n'(x) = n$이고

미분연속성과 상수함수 정리로 $\psi_n,\psi_n',\varphi_n,\varphi_n'$은 $\mathbb{R}$에서 연속이다.

1.

모든 $x\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 $f_n(x) = e^{-n\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{n}})} = e^{-\varphi_n(\phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}}))} = e^{-\varphi_n(\phi(\psi_n(x)))}$가 되어

지수함수 정리와 위 정리와 미분연속성과 연속함수 정리와 연속함수 정리로 $f_n$은 $(-\sqrt{n},\infty)$에서 연속이므로  

$a\le b$인 모든 $a,b\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 연속함수 정리와 리만적분 정리로 $f_n|_{[a,b]}$는 $[a,b]$에서 리만적분가능하다.

2.

위 정리로 어떤 $m \in (0,\infty)$이 존재하여 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 

$t\in (0,2)$이면 $m\cdot (t-1)^2\le \phi(t)$이고 $t\in [2,\infty)$이면 $m\cdot (t-1) < \phi(t)$이다.

모든 $x\in (-\sqrt{n},\sqrt{n})$는 $0 < 1 +\dfrac{x}{\sqrt{n}} < 1 + \dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}} = 1 +1 = 2$이므로 

$\dfrac{m}{n} \cdot x^2 = m\cdot (1 + \frac{x}{\sqrt{n}} - 1)^2\le \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})$이 되어 $-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}}) \le -m\cdot x^2$이고

지수함수 정리로 $0 < e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})} \le e^{-m\cdot x^2}$이므로

1번과 일관성 정리와 적분 정리와 적분 정리와 적분 정리로 $\widehat{f_n}|_{[-\sqrt{n},\sqrt{n}]}\in \mathcal{R}^*[-\sqrt{n}, \sqrt{n}]$이다.

모든 $x\in (\sqrt{n},\infty)$에 대해 $2 = 1 +1 = 1 +\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}} < 1 + \dfrac{x}{\sqrt{n}}$이므로 

$\dfrac{m}{\sqrt{n}} \cdot x = m\cdot (1 + \frac{x}{\sqrt{n}} - 1) < \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})$이 되어 $-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}}) < -n\cdot \dfrac{m}{\sqrt{n}}\cdot x = - \sqrt{n}\cdot m \cdot x$이고

지수함수 정리로 $0 < e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})} < e^{-\sqrt{n}\cdot m\cdot x}$이므로 

1번과 일관성 정리와 적분 정리와 적분 정리와 적분 정리로 $\widehat{f_n}|_{[\sqrt{n},\infty]}\in \mathcal{R}^*[\sqrt{n}, \infty]$임에 따라

가법 정리로 $\widehat{f_n}\in \mathcal{R}^*[-\sqrt{n}, \infty]$이고

적분 정리로 $\displaystyle \int_{-\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x) \operatorname{d}\!x = \lim_{a\to (-\sqrt{n})+}\lim_{b\to \infty} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x = \lim_{b\to \infty}\lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x $이다.

$a < b$인 모든 $a,b\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해

$\psi_n(a) = 1 +\dfrac{a}{\sqrt{n}} < 1 +\dfrac{b}{\sqrt{n}} = \psi_n(b)$이고 $\varphi_n(\psi_n(a)) = n\cdot \psi_n(a) < n\cdot \psi_n(b) = \varphi_n(\psi_n(b))$이므로 

연속함수 정리로 $[\psi_n(a), \psi_n(b)] = \psi_n([a,b])\subseteq (0,\infty)$이고 $\varphi_n([\psi_n(a),\psi_n(b)])\subseteq (0,\infty)$임에 따라

치환 정리와 리만적분 정리와 거듭제곱의 정의로

$\begin{align*} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x & = \int_a^b \sqrt{n}\cdot e^{-n\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{n}})}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{n}}\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = \int_a^b n^\frac{1}{2} \cdot e^{-n\cdot \phi(\psi_n(x))}\cdot \psi_n'(x) \operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} n^{1-\frac{1}{2}} \cdot e^{-n\cdot \phi(t)} \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} n\cdot n^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{-n\cdot (t - \ln(t) -1 )} \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} n\cdot \dfrac{1}{n^\frac{1}{2}}\cdot e^{-n\cdot t}\cdot e^{n\cdot \ln(t)}\cdot e^n \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \dfrac{e^n}{n^\tfrac{1}{2}}\cdot \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} n\cdot e^{-n\cdot t}\cdot t^n \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \dfrac{1}{n^\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{1}{e^n}}\cdot \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} (\tfrac{1}{n}\cdot n\cdot t)^n \cdot e^{-n\cdot t}\cdot n \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \dfrac{1}{n^\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{1}{e^n}}\cdot \dfrac{1}{n^n} \cdot \int_{\psi_n(a)}^{\psi_n(b)} (\varphi_n(t))^n \cdot e^{-\varphi_n(t)}\cdot \varphi_n'(t) \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \dfrac{1}{n^{n +\tfrac{1}{2}} \cdot e^{-n}} \cdot \int_{\varphi_n(\psi_n(a))}^{\varphi_n(\psi_n(b))} t^n\cdot e^{-t} \operatorname{d}\!t \text{ 이다.} \end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a\to (-\sqrt{n})+}a = -\sqrt{n}$이고 $\displaystyle \lim_{b\to \infty} b = \infty$이므로 위 정리와 위 정리로

$\displaystyle \lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \psi_n(a) = \lim_{a\to (-\sqrt{n}) +}\left ( 1  + \dfrac{a}{\sqrt{n}} \right ) = 0$이고 $\displaystyle \lim_{b\to \infty} \psi_n(b) = \lim_{b\to \infty}\left ( 1  + \dfrac{b}{\sqrt{n}} \right ) = \infty$가 되어

$\displaystyle \lim_{a\to 0+}\varphi_n(a) = \lim_{a\to 0+}(n\cdot a) = 0$이고 $\displaystyle \lim_{b\to \infty}\varphi_n(b) = \lim_{b\to \infty}(n\cdot b) = \infty$임에 따라 극한 정리와 극한 정리로 

$\displaystyle \lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \varphi_n(\psi_n(a)) = 0$과 $\displaystyle \lim_{b\to \infty} \varphi_n(\psi_n(b)) = \infty$가 성립하고 감마함수 $\Gamma : (0,\infty)\to \mathbb{R}$에 대해 감마함수 정리로 

$\begin{align*} \dfrac{n!}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} & = \dfrac{1}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}\cdot \Gamma(n+1) \\[0.5em] & = \dfrac{1}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}\cdot \lim_{a\to 0+} \lim_{b\to \infty} \int_a^b t^n\cdot e^{-t} \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \dfrac{1}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}\cdot \lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \lim_{b\to \infty} \int_{\varphi_n(\psi_n(a))}^{\varphi_n(\psi_n(b))} t^n\cdot e^{-t} \operatorname{d}\!t \\[0.5em] & = \lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \lim_{b\to \infty} \left (\dfrac{1}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}\cdot \int_{\varphi_n(\psi_n(a))}^{\varphi_n(\psi_n(b))} t^n\cdot e^{-t} \operatorname{d}\!t \right ) \\[0.5em] & = \lim_{a\to (-\sqrt{n})+} \lim_{b\to \infty} \int_a^b e^{-n\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{n}})}\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = \int_{-\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x) \operatorname{d}\!x \text{ 이다.} \end{align*}$

 

 

 

정리7

임의의 실수 $a,b\in \mathbb{R}$에 대해 다음이 성립한다.

1. 함수 $f: [a,\infty]\to \mathbb{R}$가 $f\in $ $\mathcal{R}^*[a,\infty]$이면 $\displaystyle \lim_{\beta\to \infty}\int_\beta^\infty f(x)\operatorname{d}\!x = 0$이다.

2. 함수 $g: [-\infty,b]\to \mathbb{R}$가 $g\in $ $\mathcal{R}^*[-\infty,b]$이면 $\displaystyle \lim_{\alpha\to -\infty}\int_{-\infty}^\alpha g(x)\operatorname{d}\!x = 0$이다.

증명

1.

헤이크 정리로 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\beta\to \infty}\int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x$이므로 가법 정리와 위 정리와 극한 정리로

$\begin{align*} \lim_{\beta\to \infty}\int_\beta^\infty f(x)\operatorname{d}\!x & = \lim_{\beta\to \infty}\left ( \int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x + \int_\beta^\infty f(x)\operatorname{d}\!x - \int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \right ) \\[0.5em] & = \lim_{\beta\to \infty}\left ( \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x - \int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \right ) \\[0.5em] & = \lim_{\beta\to \infty} \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x - \lim_{\beta\to \infty}\int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x - \lim_{\beta\to \infty}\int_a^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = 0 \text{ 이다.} \end{align*}$

2.

헤이크 정리로 $\displaystyle \int_{-\infty}^b g(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\alpha\to -\infty}\int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x$이므로 가법 정리와 위 정리와 극한 정리로

$\begin{align*} \lim_{\alpha\to -\infty}\int_{-\infty}^\alpha g(x)\operatorname{d}\!x & = \lim_{\alpha\to -\infty} \left (\int_{-\infty}^\alpha g(x)\operatorname{d}\!x + \int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x - \int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x \right ) \\[0.5em] & = \lim_{\alpha\to -\infty} \left (\int_{-\infty}^b g(x)\operatorname{d}\!x - \int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x \right ) \\[0.5em] & = \lim_{\alpha\to -\infty} \int_{-\infty}^b g(x)\operatorname{d}\!x - \lim_{\alpha\to -\infty}\int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = \int_{-\infty}^b g(x)\operatorname{d}\!x - \lim_{\alpha\to -\infty}\int_\alpha^b g(x)\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & = 0 \text{ 이다.} \end{align*}$

 

 

 

정리8

$a\le b$인 임의의 실수 $a,b\in \mathbb{R}$에 대해 다음이 성립한다.

1. 함수 $f,g: [a,b]\to \mathbb{R}$가 $f,g\in $ $\mathcal{R}^*[a,b]$일때

모든 $x\in (a,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_a^b g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

2. 함수 $f,g: [a,\infty]\to \mathbb{R}$가 $f,g\in $ $\mathcal{R}^*[a,\infty]$일때

모든 $x\in (a,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_a^\infty g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

3. 함수 $f,g: [-\infty,b]\to \mathbb{R}$가 $f,g\in $ $\mathcal{R}^*[-\infty,b]$일때

모든 $x\in (-\infty,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \int_{-\infty}^b f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_{-\infty }^b g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

4. 함수 $f,g: [-\infty,\infty]\to \mathbb{R}$가 $f,g\in $ $\mathcal{R}^*[-\infty,\infty]$이면

모든 $x\in (-\infty,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이면 $\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_{-\infty }^\infty g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

증명

1.

$a= b$이면 적분의 정의로 $\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x = \int_a^b g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

$a < b$이면 $\alpha\le \beta$인 모든 $\alpha,\beta\in (a,b)$에 대해 적분 정리로 $f|_{[\alpha,\beta]},g|_{[\alpha,\beta]}\in \mathcal{R}^*[\alpha,\beta]$이고 

모든 $x\in [\alpha,\beta]\subseteq (a,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이므로 적분 정리로 $\displaystyle \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x$가 되어 

적분 정리와 위 정리와 위 정리로

$\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\alpha\to a+} \lim_{\beta\to b-} \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \lim_{\alpha\to a+}\lim_{\beta\to b-} \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x = \int_a^b g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

2.

$\alpha\le \beta$인 모든 $\alpha,\beta\in (a,\infty)$에 대해 적분의 정의와 적분 정리로 $f|_{[\alpha,\beta]},g|_{[\alpha,\beta]}\in \mathcal{R}^*[\alpha,\beta]$이고 

모든 $x\in [\alpha,\beta]\subseteq (a,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이므로 적분 정리로 $\displaystyle \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x$가 되어 

적분 정리와 위 정리와 위 정리로

$\displaystyle \int_a^\infty f(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\alpha\to a+} \lim_{\beta\to \infty} \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \lim_{\alpha\to a+}\lim_{\beta\to \infty} \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x = \int_a^\infty g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

3.

$\alpha\le \beta$인 모든 $\alpha,\beta\in (-\infty,b)$에 대해 적분의 정의와 적분 정리로 $f|_{[\alpha,\beta]},g|_{[\alpha,\beta]}\in \mathcal{R}^*[\alpha,\beta]$이고 

모든 $x\in [\alpha,\beta]\subseteq (-\infty,b)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이므로 적분 정리로 $\displaystyle \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x$가 되어 

적분 정리와 위 정리와 위 정리로 

$\displaystyle \int_{-\infty}^b f(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\alpha\to -\infty} \lim_{\beta\to b-} \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \lim_{\alpha\to -\infty}\lim_{\beta\to b-} \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-\infty}^b g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

4.

$\alpha\le \beta$인 모든 $\alpha,\beta\in (-\infty,\infty)$에 대해 적분의 정의와 적분 정리로 $f|_{[\alpha,\beta]},g|_{[\alpha,\beta]}\in \mathcal{R}^*[\alpha,\beta]$이고 

모든 $x\in [\alpha,\beta]\subseteq (-\infty,\infty)$에 대해 $f(x)\le g(x)$이므로 적분 정리로 $\displaystyle \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x$가 되어 

적분 정리와 위 정리와 위 정리로 

$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty f(x)\operatorname{d}\!x = \lim_{\alpha\to -\infty} \lim_{\beta\to \infty} \int_\alpha^\beta f(x)\operatorname{d}\!x \le \lim_{\alpha\to -\infty}\lim_{\beta\to \infty} \int_\alpha^\beta g(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-\infty}^\infty g(x)\operatorname{d}\!x$이다.

 

 

 

정리9

함수 $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$와 무한닫힌구간 $[-\infty,\infty]$에 대해 

$[-\infty,\infty]$에서 $f$의 영확장함수 $\widehat{f} : [-\infty,\infty]\to \mathbb{R}$가 $[-\infty,\infty]$에서 일반리만적분가능할때 다음이 성립한다.

1. $f$가 짝함수이면 $a\le b$인 모든 $a,b\in [0,\infty)$에 대해 $\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-b}^{-a} f(x)\operatorname{d}\!x$이다. 

2. $f$가 홀함수이면 $a\le b$인 모든 $a,b\in [0,\infty)$에 대해 $\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-b}^{-a} f(x)\operatorname{d}\!x = 0$이다.

3. $f$가 짝함수이면 모든 $c \in [0,\infty)$에 대해 $\displaystyle \int_c^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-\infty}^{-c} \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x$이다. 

4. $f$가 홀함수이면 모든 $c \in [0,\infty)$에 대해 $\displaystyle \int_c^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-\infty}^{-c} \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = 0$이다.

증명

$\widehat{f}\in \mathcal{R}^*[-\infty,\infty]$이므로 적분의 정의와 적분 정리로 $\alpha\le \beta$인 모든 $\alpha,\beta\in \mathbb{R}$에 대해 $\widehat{f}|_{[\alpha,\beta]}\in \mathcal{R}^*[\alpha,\beta]$이고 

모든 $\gamma\in \mathbb{R}$에 대해 $\widehat{f}|_{[-\infty,\gamma]}\in \mathcal{R}^*[-\infty,\gamma]$와 $\widehat{f}|_{[\gamma,\infty]}\in \mathcal{R}^*[\gamma,\infty]$가 성립한다.

1.

$-b \le -a\le 0\le a\le b$이므로 적분 정리와 가법 정리로 

$\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x = \int_0^b f(x)\operatorname{d}\!x - \int_0^a f(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-b}^0 f(x)\operatorname{d}\!x - \int_{-a}^0 f(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-b}^{-a} f(x)\operatorname{d}\!x$이다.

2.

$-b \le -a\le 0\le a\le b$이므로 적분 정리와 가법 정리로 

$\displaystyle \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-b}^{-a} f(x)\operatorname{d}\!x = \int_a^b f(x)\operatorname{d}\!x + \int_0^a f(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-a}^0 f(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-b}^{-a}f(x)\operatorname{d}\!x = \int_0^b f(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-b}^0 f(x)\operatorname{d}\!x = 0 \text{ 이다.}$

3.

$-\infty < -c\le 0\le c < \infty$이므로 적분 정리와 가법 정리로 

$\displaystyle \int_c^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_0^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x - \int_0^c \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-\infty}^0 \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x - \int_{-c}^0 \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_{-\infty}^{-c} \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x$이다.

4.

$-\infty < -c\le 0\le c < \infty$이므로 적분 정리와 가법 정리로 

$\displaystyle \int_c^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-\infty}^{-c} \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_c^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_0^c \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-c}^0 \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-\infty}^{-c} \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = \int_0^\infty \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-\infty}^0 \widehat{f}(x)\operatorname{d}\!x = 0 \text{ 이다.}$

 

 

 

정리10

자연로그함수가 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$이고 오일러수가 $e\in \mathbb{R}$일때

함수 $\phi : (0,\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi(t) = t - \ln(t) - 1$이면 

임의의 $a\in [0,\infty)$에 대해 다음이 성립한다.

1. 모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 $e^{-t\cdot \phi(1+\frac{0}{\sqrt{t}})} = e^0 = 1$이다.

2. 임의의 $x\in [-\sqrt{a}, 0)$에 대해 $u < v$인 모든 $u,v \in (a,\infty)$는 $e^{-u\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{u}})} < e^{-v\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{v}})} < 1$이다.

3. 임의의 $x\in (0,\infty)$에 대해 $u < v$인 모든 $u,v \in (a,\infty)$는 $1 > e^{-u\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{u}})} > e^{-v\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{v}})}$이다.

4. 모든 $x \in [-\sqrt{a},\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}$ $ e^{-t\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{t}})} = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이다.

5. 모든 $x \in [-\sqrt{a},\infty)$에 대해 실수열 $(e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})})_{n= \lceil a\rceil +1}^\infty$은 수렴하여 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}(e^{-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})}) = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이다.  

증명

모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 $0 \le a < t$이므로 제곱근 정리로 $0 = \sqrt{0}\le \sqrt{a} < \sqrt{t}$이고 

임의의 $x \in [-\sqrt{a},\infty)$에 대해 $-\sqrt{a} \le x$이므로 $-1 < -\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{t}} \le \dfrac{x}{\sqrt{t}}$가 되어 $0 = 1-1 < 1 + \dfrac{x}{\sqrt{t}}$이고 

거듭제곱 정리와 미분 정리와 미분 정리와 미분 정리로 

$\psi_x(t) = 1 +\dfrac{x}{\sqrt{t}} = 1 + x\cdot t^{-\frac{1}{2}}$인 함수 $\psi_x : (a,\infty) \to \mathbb{R}$은 $(a,\infty)$에서 미분가능하여

$\psi_x'(t) = 1 + x\cdot t^{-\frac{1}{2}} = 0 + x \cdot (-\frac{1}{2}\cdot t^{-\frac{3}{2}}) = -\dfrac{x}{2} \cdot t^{-\frac{3}{2}}$이고 지수함수 정리와 위 정리와 연쇄법칙으로

$\gamma_x(t) = e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} = e^{-t\cdot \phi(\psi_x(t))} = e^{-t\cdot (\phi\circ \psi_x)(t)}$인 함수 $\gamma_x  : (a,\infty)\to \mathbb{R}$는 $(a,\infty)$에서 미분가능하여

$\begin{align*} \gamma_x'(t) & = e^{-t\cdot (\phi\circ \psi_x)(t)}\cdot (-1\cdot (\phi\circ \psi_x)(t) -t\cdot (\phi\circ \psi_x)'(t)) \\[0.5em] & = e^{-t\cdot \phi(\psi_x(t))}\cdot (-\phi(\psi_x(t)) -t\cdot \phi'(\psi_x(t))\cdot \psi_x'(t)) \\[0.5em] & = e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}\cdot ( -\phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) -t\cdot \phi'(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}})\cdot (-\tfrac{x}{2} \cdot t^{-\frac{3}{2}})) \\[0.5em] & = e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}\cdot ( -\phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) + \tfrac{1}{2}\cdot x \cdot t^{-\frac{1}{2}}\cdot \phi'(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) ) \\[0.5em] & = \dfrac{e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}}{2} \cdot ( (1+\tfrac{x}{\sqrt{t}} -1 ) \cdot \phi'(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) -2\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) ) \text{ 이다.} \end{align*}$

자연로그 정리로 $\phi(1) = 1 - \ln(1) -1 = 1 - 0 -1 = 0$이고 위 정리로 모든 $t\in (1,\infty)$에 대해 $\phi(t) > 0$이고

어떤 $m\in (0,\infty)$이 존재하여 모든 $t\in (0,1)$에 대해 $m\cdot (t-1)^2\le \phi(t)$이므로

$0 < t < 1$이고 $1-t > 0$임에 따라 $0 < m\cdot (1-t)^2 =m\cdot (t-1)^2\le \phi(t)$이다.

1.

모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 $e^{-t\cdot \phi(1+\frac{0}{\sqrt{t}})} = e^{-t\cdot \phi(1)} = e^{-t\cdot 0} = e^0 = 1$이다.

2.

임의의 $x\in [-\sqrt{a}, 0)$와 모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 $-\sqrt{a} \le x < 0$이므로 $0 < 1 + \dfrac{x}{\sqrt{t}} < 1 + 0 = 1$이 되어

지수함수 정리와 위 정리로 $\gamma_x'(t) = \dfrac{e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}}{2} \cdot ( (1+\tfrac{x}{\sqrt{t}} -1 ) \cdot \phi'(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) -2\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) ) > 0$임에 따라

미분 정리와 미분 정리로 $\gamma_x$는 $(0,1)$에서 순증가하고

$t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}}) > 0$이므로 지수함수 정리로 $1 < e^{t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}$가 되어 $e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} =\dfrac{1}{e^{t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}} < 1$임에 따라 

$u < v$인 모든 $u,v \in (a,\infty)$에 대해 $e^{-u\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{u}})} = \gamma_x(u) < \gamma_x(v) = e^{-v\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{v}})} < 1$이다.

3.

임의의 $x\in (0,\infty)$와 모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 $0 < x$이므로 $1 < 1 + \dfrac{x}{\sqrt{t}}$가 되어

지수함수 정리와 위 정리로 $\gamma_x'(t) = \dfrac{e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}}{2} \cdot ( (1+\tfrac{x}{\sqrt{t}} -1 ) \cdot \phi'(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) -2\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}}) ) < 0$임에 따라

미분 정리와 미분 정리로 $\gamma_x$는 $(1,\infty)$에서 순감소하고

$t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}}) > 0$이므로 지수함수 정리로 $1 < e^{t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}$가 되어 $e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} =\dfrac{1}{e^{t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})}} < 1$임에 따라 

$u < v$인 모든 $u,v \in (a,\infty)$에 대해 $1 > e^{-u\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{u}})} = \gamma_x(u) > \gamma_x(v) = e^{-v\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{v}})}$이다.

4.

$x = 0$일때 1번으로 모든 $t\in (a,\infty)$에 대해 

$e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} = e^{-t\cdot \phi(1+\frac{0}{\sqrt{t}})} = e^0 = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이므로 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이다.

임의의 $x \in [-\sqrt{a},0)\cup (0,\infty)$에 대해 $I_x = [0, \frac{1}{|x|})$일때 미분 정리와 미분 정리와 미분 정리로 

모든 $s\in I_x$가 $\tau_x(s) = 1 +x\cdot s$인 함수 $\tau_x : I_x\to \mathbb{R}$는 $I_x$에서 미분가능하여 $\tau_x'(s) = 0+x\cdot 1 = x$이고 

$-\dfrac{1}{|x|} < 0\le s < \dfrac{1}{|x|}$이므로 $-1 \le -\dfrac{x}{|x|} < x\cdot s < \dfrac{x}{|x|}\le 1$이고 $0 = 1 -1 < 1 + x\cdot s < 1+1 = 2$이다.

위 정리로 모든 $t\in (0,\infty)$에 대해 $\phi'(t) = 1 - \dfrac{1}{t}$이고 $\phi''(t) = \dfrac{1}{t^2}$이므로 

거듭제곱 정리와 미분연속성과 합성 정리로 $\phi\circ \tau_x,\phi'\circ \tau_x,\phi''\circ \tau_x : I_x \to \mathbb{R}$은 $I_x$에서 연속이고 

연쇄법칙으로 $\phi\circ \tau_x,\phi'\circ \tau_x$는 $I_x$에서 미분가능하여 모든 $s\in I_x$에 대해 

$(\phi\circ \tau_x)'(s) = \phi' (\tau_x(s))\cdot \tau_x'(s) = x\cdot \phi'(1+x\cdot s)$이고

$(\phi'\circ \tau_x)'(s) = \phi'' (\tau_x(s))\cdot \tau_x'(s) = x\cdot \phi''(1+x\cdot s)$이므로 연속함수 정리와 극한 정리와 위 정리로

$\displaystyle \lim_{s\to 0+}(x\cdot \phi(1 + x\cdot s)) = \lim_{s\to 0} (x\cdot \phi(\tau_x(s))) = x\cdot \phi(\tau_x(0)) = x\cdot \phi(1) = x\cdot 0 = 0$이고 

$\displaystyle \lim_{s\to 0+} (x\cdot \phi'(1+x\cdot s)) = \lim_{s\to 0} (x\cdot \phi'(\tau_x(s))) = x\cdot \phi'(\tau_x(0)) = x\cdot \phi'(1) = x\cdot (1 - \tfrac{1}{1}) = x\cdot 0 = 0$이고

$\displaystyle \lim_{s\to 0+} \dfrac{x^2\cdot \phi''(1+x\cdot s)}{2} = \lim_{s\to 0} \dfrac{x^2\cdot \phi''(\tau_x(s))}{2} = \dfrac{x^2\cdot \phi''(\tau_x(0))}{2} = \dfrac{x^2\cdot \phi''(1)}{2} = \dfrac{x^2\cdot \frac{1}{1^2}}{2} = \dfrac{x^2\cdot 1}{2} = \dfrac{x^2}{2}$이다.

거듭제곱 정리와 위 정리로 $\displaystyle \lim_{s\to 0+} s^2 = 0 =  \lim_{s\to 0+} (2\cdot s)$이므로 거듭제곱 정리와 극한 정리와 로피탈의 정리로

$\displaystyle \lim_{s\to 0+} \dfrac{\phi(1+x\cdot s)}{s^2} = \lim_{s\to 0+} \dfrac{x\cdot \phi'(1+x\cdot s)}{2\cdot s} = \lim_{s\to 0+} \dfrac{x^2 \cdot \phi''(1+x\cdot s)}{2} = \dfrac{x^2}{2}$이다.

거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{t}} = \lim_{t\to \infty} t^{-\frac{1}{2}} = 0$이므로 

모든 $t\in (a,\infty) \subseteq (0,\infty)$에 대해 $0 < \dfrac{1}{\sqrt{t}}$임에 따라 극한 정리와 위 정리로

$\displaystyle \lim_{t\to \infty}( - t\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}})) = - \lim_{t\to \infty}(t\cdot \phi(1+\tfrac{x}{\sqrt{t}})) = -\lim_{t\to \infty} \dfrac{\phi(1+x\cdot \frac{1}{\sqrt{t}})}{(\frac{1}{\sqrt{t}})^2} = -\lim_{s\to 0+}\dfrac{\phi(1+x\cdot s)}{s^2}  = -\dfrac{x^2}{2}$이다.

모든 $\epsilon \in (0,\infty)$에 대해 지수함수 정리와 미분연속성과 연속의 정의로 

$|s + \frac{x^2}{2}| < \delta(\epsilon)$인 모든 $s\in \mathbb{R}$가 $|e^s - e^{-\frac{x^2}{2}}| < \epsilon$이 되는 $\delta(\epsilon)\in (0,\infty)$이 존재하고 극한의 정의로 

$t > K(\delta(\epsilon))$인 모든 $t\in (a,\infty)$가 $| - t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}}) + \frac{x^2}{2}| < \delta(\epsilon)$이 되는 $K(\delta(\epsilon)) \in (a,\infty)$이 존재하여 

$|e^{-t\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{t}})} - e^{-\frac{x^2}{2}}| < \epsilon$임에 따라 $\displaystyle \lim_{t\to \infty} e^{-t\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{t}})} = e^{-\frac{x^2}{2}} = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이다.

5.

$0 \le a$이므로 천장 정리와 천장 정리로 $0 = \lceil 0\rceil \le \lceil a\rceil < \lceil a\rceil +1$이 되어 $\lceil a\rceil +1\in \mathbb{Z}^+$이고

$n\ge \lceil a\rceil +1$인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$은 $\lceil a\rceil < \lceil a\rceil +1\le n = \lceil n\rceil$이므로 $0 < a < n$이고 

수열 정리와 꼬리수열 정리와 정발산수열 정리로 $(n)_{n = \lceil a\rceil +1}^\infty$은 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}(n) = \infty$인 정발산수열이므로 

4번과 극한 정리로 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}(e^{-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})}) = e^{-\frac{1}{2}\cdot x^2}$이다.  

 

 

 

정리11(스털링[Stirling] 팩토리얼 근사식)

오일러수 $e\in \mathbb{R}$와 파이 $\pi\in \mathbb{R}$와 팩토리얼에 대해 

실수열 $\displaystyle \left ( \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \right )_{n=1}^\infty$은 수렴하여 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left ( \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \right ) = 1$이다.

증명

모든 $\alpha\in (0,\infty)$에 대해 함수 $h_\alpha : \mathbb{R}\to \mathbb{R}$가 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대해 $h_\alpha(x) = e^{-\alpha\cdot x^2}$일때 적분 정리로

무한닫힌구간 $[-\infty,\infty]$에서 $h_\alpha$의 영확장함수 $\widehat{h_\alpha} : [-\infty,\infty]\to \mathbb{R}$은 $[-\infty,\infty]$에서 일반리만적분가능하고 

모든 $\alpha\in (0,\infty)$에 대해 함수 $g_\alpha : (0,\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $x\in (0,\infty)$에 대해 $g_\alpha(t) = e^{-\alpha\cdot x}$일때 적분 정리로 

무한닫힌구간 $[0,\infty]$에서 $g_\alpha$의 영확장함수 $\widehat{g_\alpha} : [0,\infty]\to \mathbb{R}$은 $[0,\infty]$에서 일반리만적분가능하여

적분 정리와 위 정리로 모든 $\alpha\in (0,\infty)$에 대해 $\displaystyle \lim_{b\to \infty} \int_b^\infty \widehat{h_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x = 0 = \lim_{b \to \infty}\int_b^\infty \widehat{g_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x$이므로 

극한의 정의와 지수함수 정리와 영확장함수의 정의와 적분 정리로 모든 $\epsilon\in (0,\infty)$에 대해 

$b > H_\alpha(\epsilon)$인 모든 $b \in (0,\infty)$가 $\displaystyle \int_b^\infty\widehat{h_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x = \left | \int_b^\infty \widehat{h_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x -0 \right | < \epsilon$이 되는 $H_\alpha(\epsilon)\in (0,\infty)$이 존재하고 

$b > G_\alpha(\epsilon)$인 모든 $b \in (0,\infty)$가 $\displaystyle \int_b^\infty\widehat{g_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x = \left | \int_b^\infty \widehat{g_\alpha}(x)\operatorname{d}\!x -0 \right | < \epsilon$이 되는 $G_\alpha(\epsilon)\in (0,\infty)$이 존재한다.

자연로그함수가 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$이고 임의의 양의 정수가 $n\in \mathbb{Z}^+$일때

모든 $x \in (0,\infty)$가 $\phi(x) = x - \ln(x) - 1$인 함수 $\phi : (0,\infty)\to \mathbb{R}$에 대해 위 정리로

어떤 $m \in (0,\infty)$이 존재하여 $x \in (0,2)$이면 $m\cdot (x-1)^2\le \phi(x)$이고 $x\in [2,\infty)$이면 $m\cdot (x -1) < \phi(x)$이고

함수 $f_n : (-\sqrt{n},\infty)\to \mathbb{R}$가 모든 $x\in (-\sqrt{n},\infty)$에 대해 $f_n(x) = e^{-n\cdot \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{n}})}$일때 위 정리로

무한닫힌구간 $[-\sqrt{n},\infty]$에서 $f_n$의 영확장함수 $\widehat{f_n} : [-\sqrt{n},\infty]\to \mathbb{R}$은 $[-\sqrt{n},\infty]$에서 일반리만적분가능하다.

모든 $\epsilon\in (0,\infty)$에 대해 $a_\epsilon = (\max \{H_\frac{1}{2}(\frac{\epsilon}{8}) , H_m(\frac{\epsilon}{8}) , G_m(\frac{\epsilon}{8}) \} +1)^2 > 0$일때 

$\sqrt{a_\epsilon} = \max \{H_\frac{1}{2}(\frac{\epsilon}{8}) , H_m(\frac{\epsilon}{8}) , G_m(\frac{\epsilon}{8}) \} +1 > \max \{ H_\frac{1}{2}(\frac{\epsilon}{8}) , H_m(\frac{\epsilon}{8}) , G_m(\frac{\epsilon}{8})\} > 0$이므로 

$\displaystyle \int_\sqrt{a_\epsilon}^\infty\widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8}$이고 $\displaystyle \int_\sqrt{a_\epsilon}^\infty\widehat{h_m}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8}$이고 $\displaystyle \int_\sqrt{a_\epsilon}^\infty\widehat{g_m}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8}$이다.

$n > a_\epsilon$인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$은 $-\sqrt{n} < -\sqrt{a_\epsilon} < \sqrt{a_\epsilon} < \sqrt{n}$이므로 

모든 $x\in (-\sqrt{n},\sqrt{n})$에 대해 $0 = 1-1 = 1 + \dfrac{-\sqrt{n}}{\sqrt{n}} < 1 +\dfrac{x}{\sqrt{n}} < 1 + \dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}} = 1 +1 = 2$가 되어 

$\dfrac{m}{n}\cdot x^2 = m\cdot (1 + \frac{x}{\sqrt{n}} - 1)^2\le \phi(1 + \frac{x}{\sqrt{n}})$이고 $-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}}) \le -m\cdot x^2$이므로

지수함수 정리로 $0 < f_n(x) = e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})} \le e^{-m\cdot x^2} = h_m(x)$임에 따라

영확장함수의 정의와 적분 정리와 위 정리와 적분 정리와 위 정리로

$\displaystyle 0\le \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^{\sqrt{n}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \le\int_\sqrt{a_\epsilon}^\sqrt{n} \widehat{h_m}(x)\operatorname{d}\!x \le \int_\sqrt{a_\epsilon}^\infty\widehat{h_m}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8}$이고

$\displaystyle 0\le \int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \le \int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{h_m}(x)\operatorname{d}\!x = \int_\sqrt{a_\epsilon}^\sqrt{n} \widehat{h_m}(x)\operatorname{d}\!x < \dfrac{\epsilon}{8} < \dfrac{\epsilon}{4}$이다.

모든 $x\in (\sqrt{n},\infty)$에 대해 $2 = 1 +1 = 1 +\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}} < 1 + \dfrac{x}{\sqrt{n}}$이므로 

$m\cdot \dfrac{x}{\sqrt{n}} = m\cdot (1 + \frac{x}{\sqrt{n}} - 1) < \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})$이 되어 $1=\sqrt{1}\le \sqrt{n}$임에 따라

$m\cdot x \le \sqrt{n}\cdot m\cdot x = n\cdot m\cdot \dfrac{x}{\sqrt{n}} < n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}})$이고 $-n\cdot \phi(1+ \frac{x}{\sqrt{n}}) < - m \cdot x$이므로

지수함수 정리로 $0 < f_n(x) =e^{-n\cdot \phi(1+\frac{x}{\sqrt{n}})} < e^{- m\cdot x} = g_m(x)$이고

위 정리로 $\displaystyle \int_{\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \le\int_\sqrt{n}^\infty \widehat{g_m}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8}$이 되어 영확장함수의 정의와 적분 정리와 가법 정리로

$\displaystyle 0\le \int_\sqrt{a_\epsilon}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x = \int_\sqrt{a_\epsilon}^\sqrt{n}\widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x +\int_{\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x  < \dfrac{\epsilon}{8} + \dfrac{\epsilon}{8} = \dfrac{\epsilon}{4}$이다.

천장 정리로 $n\ge \lceil a_\epsilon\rceil +1 $인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$은

$n\ge \lceil a_\epsilon\rceil +1 > \lceil a_\epsilon\rceil \ge a_\epsilon > 0$이므로 $-\sqrt{n} < -\sqrt{a_\epsilon} < 0 < \sqrt{a_\epsilon} < \sqrt{n}$이 되어 

지수함수 정리와 위 정리와 미분 정리와 미분연속성과 연속함수 정리와 연속함수 정리로

$f_n$이 $(-\sqrt{n},\infty)$에서 연속이고 $h_\frac{1}{2}$이 $\mathbb{R}$에서 연속임에 따라 연속함수 정리로 

$f_n|_{[-\sqrt{a_\epsilon},0]},h_\frac{1}{2}|_{[-\sqrt{a_\epsilon},0]}$은 $[-\sqrt{a_\epsilon},0]$에서 연속이고 $f_n|_{[0,\sqrt{a_\epsilon}]},h_\frac{1}{2}|_{[0,\sqrt{a_\epsilon}]}$은 $[0,\sqrt{a_\epsilon}]$에서 연속이므로 

위 정리와 함수열 정리로

$(f_n|_{[-\sqrt{a_\epsilon},0]})_{n=\lceil a_\epsilon\rceil +1}^\infty$은 $[-\sqrt{a_\epsilon},0]$에서 $h_\frac{1}{2}|_{[-\sqrt{a_\epsilon},0]}$으로 점별수렴하는 증가함수열이고 

$(f_n|_{[0,\sqrt{a_\epsilon}]})_{n=\lceil a_\epsilon\rceil +1}^\infty$은 $[0,\sqrt{a_\epsilon}]$에서 $h_\frac{1}{2}|_{[0,\sqrt{a_\epsilon}]}$으로 점별수렴하는 감소함수열임에 따라 

디니 정리와 위 정리와 균등수렴 정리로 

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left (\int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 f_n(x)\operatorname{d}\!x\right ) = \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x$이고 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left (\int_0^{\sqrt{a_\epsilon}} f_n(x)\operatorname{d}\!x\right ) = \int_0^{\sqrt{a_\epsilon}} h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x$이다.

수렴의 정의로 

$n \ge K(\frac{\epsilon}{8})\ge \lceil a_\epsilon \rceil + 1$인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$이 $\displaystyle \left |\int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 f_n(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x \right | < \dfrac{\epsilon}{8}$인 $K(\frac{\epsilon}{8})\in \mathbb{Z}^+$이 존재하고 

$n \ge N(\frac{\epsilon}{8})\ge \lceil a_\epsilon \rceil + 1 $인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$이 $\displaystyle \left |\int_0^{\sqrt{a_\epsilon}} f_n(x)\operatorname{d}\!x- \int_0^{\sqrt{a_\epsilon}} h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x \right | < \dfrac{\epsilon}{8}$인 $N(\frac{\epsilon}{8})\in \mathbb{Z}^+$이 존재하여

$n\ge \max \{ K(\epsilon),N(\epsilon)\}\ge \lceil a_\epsilon \rceil +1 > a_\epsilon > (\max \{ H_\frac{1}{2}(\frac{\epsilon}{8}) , H_m(\frac{\epsilon}{8}) , G_m(\frac{\epsilon}{8})\})^2$인 모든 $n\in \mathbb{Z}^+$에 대해

가법 정리와 가법 정리와 위 정리와 일관성 정리와 삼각부등식으로 

$\begin{align*} & \left |\int_{-\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\infty}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \right | \\[0.5em] & = \left | \int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x - \int_{-\infty}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x - \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x - \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \right | \\[0.5em] & = \left | \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x +\int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x - 2\cdot \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \right | \\[0.5em] & \le \left | \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \left | \int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \left | \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \left | 2\cdot \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \right | \\[0.5em] & \qquad = \left | \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} f_n(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^\sqrt{a_\epsilon} h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \int_{-\sqrt{n}}^{-\sqrt{a_\epsilon}} \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x + 2\cdot \int_{\sqrt{a_\epsilon}}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x \\[0.5em] & \lt \left | \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 f_n(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x + \int_{0}^\sqrt{a_\epsilon} f_n(x)\operatorname{d}\!x - \int_{0}^\sqrt{a_\epsilon} h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} + 2 \cdot \dfrac{\epsilon}{8} \\[0.5em] & \le \left | \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 f_n(x)\operatorname{d}\!x- \int_{-\sqrt{a_\epsilon}}^0 h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x\right | + \left | \int_{0}^\sqrt{a_\epsilon} f_n(x)\operatorname{d}\!x - \int_{0}^\sqrt{a_\epsilon} h_\frac{1}{2}(x)\operatorname{d}\!x \right | + \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} \\[0.5em] & \lt \dfrac{\epsilon}{8} + \dfrac{\epsilon}{8} + \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} = \epsilon \text{ 이므로} \end{align*}$

수렴의 정의와 꼬리수열 정리와 위 정리와 적분 정리로 

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left ( \dfrac{n!}{n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \right ) = \lim_{n\to \infty} \left ( \int_{-\sqrt{n}}^\infty \widehat{f_n}(x)\operatorname{d}\!x \right ) = \int_{-\infty}^\infty \widehat{h_\frac{1}{2}}(x)\operatorname{d}\!x = \sqrt{\dfrac{\pi}{\frac{1}{2}}} = \sqrt{2\cdot \pi}$이고 

수열 정리로 $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left ( \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \right ) = \dfrac{\sqrt{2\cdot \pi}}{\sqrt{2\cdot \pi}} = 1$이다.

 

 

 

정리12

오일러수 $e\in \mathbb{R}$와 자연로그함수 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$에 대해 다음이 성립한다.

1. $2 < \dfrac{163}{60}\le e \le \dfrac{667}{240} < 3$

2. 모든 $t \in (0,\infty)$에 대해 $1 < (t + \frac{1}{2})\cdot \ln(1+\frac{1}{t})$이다.

증명

1.

지수함수 정리로 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대해 $e^x = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{x^n}{n!}$이므로 

급수 정리로 $e = e^1 = \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1^n}{n!} = 1 + \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n!} = 1 + \sum_{n=0}^\infty\dfrac{1}{(n+1)!}$이고

거듭제곱 정리로 모든 $n\in \mathbb{N}$에 대해 $0 < 1= 2^0\le 2^n\le (n+1)!$이므로 $0 < \dfrac{1}{(n+1)!}\le \dfrac{1}{2^n}$이 되어 

급수 정리와 급수 정리로 $\displaystyle \sum_{n= 5}^\infty \dfrac{1}{2^n} = \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{2^n} - 1 -\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{16} = 2 -1 -\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{16}$이고 

수열 정리로

$\begin{align*} e & = 1 + 1 +\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{24} + \dfrac{1}{120} + \sum_{n=5}^\infty\dfrac{1}{(n+1)!} \\[0.5em] & \le \dfrac{240}{120} +\dfrac{60}{120}+ \dfrac{20}{120} + \dfrac{5}{120} + \dfrac{1}{120} + \sum_{n=5}^\infty \dfrac{1}{2^n} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{240 + 60 + 20 + 5 + 1}{120} + 2 -1 -\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{16} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{326}{120} + \dfrac{16}{16} - \dfrac{8}{16} - \dfrac{4}{16} - \dfrac{2}{16}- \dfrac{1}{16} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{163}{60} + \dfrac{16 -8 -4 -2 -1}{16} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{163\cdot 16}{60 \cdot 16} + \dfrac{1}{16} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{2608}{960} + \dfrac{60}{960} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{2668}{960} \\[0.5em] & \qquad = \dfrac{667}{240} \text{ 임에 따라} \end{align*}$ 

$2 = \dfrac{120}{60} < \dfrac{163}{60}\le e \le \dfrac{667}{240} < \dfrac{720}{240} = 3$이다.

2.

자연로그 정리와 거듭제곱 정리와 미분 정리와 미분 정리와 연쇄법칙으로 모든 $t \in (0,\infty)$에 대해 

$f(t) = \ln(1+\frac{1}{t}) - \dfrac{1}{t + \frac{1}{2}} = \ln(1+\frac{1}{t}) -  \dfrac{2}{2\cdot t + 1}$인 함수 $f : (0,\infty)\to \mathbb{R}$는 $(0,\infty)$에서 미분가능하여 

$\begin{align*} f'(t) & = \dfrac{1}{1+\frac{1}{t}}\cdot (-t^{-2}) - \dfrac{0\cdot (2\cdot t+ 1) - 2\cdot (2\cdot 1 + 0)}{(2\cdot t+ 1)^2} \\[0.5em] & = -\dfrac{1}{\frac{t+ 1}{t}} \cdot \dfrac{1}{t^2} - \dfrac{-4}{(2\cdot t+ 1)^2} \\[0.5em] & = -\dfrac{t}{(t+1)\cdot t^2} +\dfrac{4}{(2\cdot t +1)^2} \\[0.5em] & = \dfrac{-1}{t\cdot (t +1)} + \dfrac{4}{(2\cdot t +1)^2} \\[0.5em] & = \dfrac{- (2\cdot t+1)^2 + 4\cdot t\cdot (t+1)}{t\cdot (t+1)\cdot (2\cdot t+1)^2} \\[0.5em] & = \dfrac{- 4\cdot t^2 - 4\cdot t -1 + 4\cdot t^2 + 4\cdot t}{t\cdot (t+1)\cdot (2\cdot t+1)^2} \\[0.5em] & = \dfrac{-1}{t\cdot (t+1)\cdot (2\cdot t+1)^2} \text{ 이므로} \end{align*}$

$f'(t) = \dfrac{-1}{t\cdot (t+1)\cdot (2\cdot t+1)^2} < 0$임에 따라 미분 정리로 $f$는 $(0,\infty)$에서 순감소한다.

거듭제곱 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}t = \infty$이므로

극한 정리와 위 정리로 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}(1 + \tfrac{1}{t}) = 1 + 0 = 1$이고 $\displaystyle \lim_{t\to \infty}\frac{1}{t+\frac{1}{2}} = 0$이 되어 

모든 $t \in (0,\infty)$에 대해 $1 < 1 +\dfrac{1}{t}$임에 따라

자연로그 정리와 미분연속성과 연속함수 정리와 극한 정리와 극한 정리와 위 정리로

$\displaystyle \lim_{t\to \infty}f(t) = \lim_{t\to \infty} \left (\ln(1+\tfrac{1}{t}) - \dfrac{1}{t + \frac{1}{2}} \right )  = \lim_{t\to \infty} \ln(1+\tfrac{1}{t}) - \lim_{t\to \infty} \dfrac{1}{t+ \frac{1}{2}} = \lim_{t\to 1+} \ln(t) -0 = \ln(1) = 0$이므로 

단조함수 정리와 하한의 정의와 순감소의 정의로 $\ln(1+\frac{1}{t}) - \dfrac{1}{t + \frac{1}{2}} = f(t) > f(t+1) \ge \inf f((0,\infty)) = 0 $이고 

$\ln(1+\frac{1}{t}) > \dfrac{1}{t + \frac{1}{2}}$가 되어 $(t + \frac{1}{2})\cdot \ln(1+\frac{1}{t}) > 1$이다.

 

 

 

정리13

오일러수 $e\in \mathbb{R}$와 파이 $\pi\in \mathbb{R}$와 팩토리얼과 모든 양의 정수 $n\in \mathbb{Z}^+$에 대해 

$1 < \dfrac{(n+1)!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot (n+1)^{(n+1)+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-(n+1)} } < \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \le \dfrac{e}{\sqrt{2\cdot \pi}}$이고

$\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-n} < n! \le e\cdot n^{n + \tfrac{1}{2}}\cdot e^{-n}$이다.

증명

모든 $n\in \mathbb{Z}^+$에 대해 $x_n = \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} > 0$일때 

$\begin{align*} \dfrac{x_n}{x_{n+1}} & = \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}\cdot \dfrac{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot (n+1)^{(n+1)+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-(n+1)}}{(n+1)!} \\[0.5em] & = \dfrac{(n+1)^{n+1+\tfrac{1}{2}} \cdot e^{-1}}{n^{n+\frac{1}{2}} \cdot (n+1)} \\[0.5em] & = \dfrac{(n+1)^{n+\tfrac{1}{2}}}{n^{n+\frac{1}{2}}}\cdot e^{-1} \\[0.5em] & = \left (\dfrac{n+1}{n} \right )^{n+\frac{1}{2}} \cdot e^{-1} \\[0.5em] & = \left (1 + \dfrac{1}{n} \right )^{n+\frac{1}{2}} \cdot e^{-1} \text{ 이므로} \end{align*}$

자연로그함수 $\ln : (0,\infty)\to \mathbb{R}$에 대해 자연로그 정리로

$\begin{align*} \ln(\tfrac{x_n}{x_{n+1}}) & = \ln( (1 + \tfrac{1}{n} )^{n+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-1}) \\[0.5em] & = \ln((1+\tfrac{1}{n})^{n+\tfrac{1}{2}}) + \ln(e^{-1}) \\[0.5em] & = (n+\tfrac{1}{2}) \cdot \ln(1+\tfrac{1}{n}) - \ln(e) \\[0.5em] & = (n+\tfrac{1}{2}) \cdot \ln(1+\tfrac{1}{n}) - 1 \text{ 이 되어} \end{align*}$

위 정리로 $\ln(\frac{x_n}{x_{n+1}})  = (n+\tfrac{1}{2}) \cdot \ln(1+\tfrac{1}{n}) - 1 > 0$이고 지수함수 정리로 $1 = e^0 < e^{\ln(\frac{x_n}{x_{n+1}})} = \dfrac{x_n}{x_{n+1}}$임에 따라 

$\dfrac{(n+1)!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot (n+1)^{(n+1)+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-(n+1)} } =x_{n+1} < x_n = \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}}$이고

$(x_n)_{n=1}^\infty$은 순감소하므로 위 정리와 단조수열 정리와 하한의 정의로 $x_1\ge x_n > x_{n+1} > x_{n+2}\ge 1$이 되어 

$1 < \dfrac{(n+1)!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot (n+1)^{(n+1)+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-(n+1)} } < \dfrac{n!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\frac{1}{2}}\cdot e^{-n}} \le \dfrac{1!}{\sqrt{2\cdot \pi}\cdot 1^{1+\frac{1}{2}}\cdot e^{-1}} = \dfrac{e}{\sqrt{2\cdot \pi}}$이고

$\sqrt{2\cdot \pi}\cdot n^{n+\tfrac{1}{2}}\cdot e^{-n} < n! \le e\cdot n^{n + \tfrac{1}{2}}\cdot e^{-n}$이다.

 

 

 

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정의의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/145#def번호

번호는 해당 정의 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

정리의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/145#thm번호

번호는 해당 정리 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

위 내용은 아래의 출처를 기반으로 정리한 내용입니다.

틀린 내용이 존재할 수 있습니다.

 

출처(저자 - 제목 - ISBN13)

William R. Wade - Introduction to Analysis - 9780132296380