[Analysis] Problems & Solutions Archive

1. 실수의 성질

[Problem 1.0]

양의 무리수 $w$에 대하여 집합 $A$를 $$A=\{m+nw:m+nw>0,m,n\in \mathbb{Z}\}$$라 할 때, $infA=0$임을 보여라.

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(Proof)

(pf 1) $A$는 아래로 유계인 무한집합이고, $A$는 양수들의 집합이므로 $infA$가 존재하고, $infA\ge 0$이다. $infA=\alpha >0$이라고 가정하자. 그러면 $\alpha \in A$이다. 그렇지 않으면 하한의 정의로부터 $\alpha <x<y<2\alpha$인 $x,y\in A$가 존재하고, $y-x<\alpha \in A$이므로 $\alpha =infA$라는 데에 모순이다. 

$\alpha \in A$이므로 $\alpha =m_0+n_{0}w(m,n\in \mathbb{Z})$와 같이 나타낼 수 있다. 이때 $\lfloor w\rfloor =k(\ge 0)$라 하면 $$w-k>0\Rightarrow \alpha +(w-k)=(m_0-k)+(n_0+1)w\in A$$이다. 이때 $(m_0-k)+(n_0+1)w=N\alpha (N\in \mathbb{N})$라 하면 $$gcd(n_0,n_0+1)=1\Rightarrow N=2,m_0=-k,n_0=1$$ 즉, $\alpha =w-k$이어야 한다. 그러나 이 경우 $0<\alpha <1$이므로 $n_1\alpha <1<(n_1+1)\alpha$인 $n_1\in \mathbb{N}$이 존재하고 $$0<(n_1+1)\alpha -1(\in A)<\alpha$$이므로 $infA=\alpha$라는 데에 모순이다. 따라서 $n_2\alpha <(m_0-k)+(n_0+1)w<(n_2+1)\alpha$인 $n_2\in \mathbb{N}$이 존재한다. 이 경우 역시 $$0<(n_2+1)\alpha -\{(m_0-k)+(n_0+1)w\}(\in A)<\alpha$$이므로 $infA=\alpha$라는 데에 모순이다. 

어느 경우라도 $infA=\alpha >0$이면 모순이 발생하므로 $infA=0$을 얻는다. 

(pf 2) (pf 1)과 동일한 방법으로 $infA=\alpha >0$이라 하면 $A=\{n\alpha :n\in \mathbb{N}\}$을 얻는다. 이때 $1\in A$이고 $w\in A$이므로 $m_0,n_0\in \mathbb{N}$이 존재하여 $m_0\alpha =1,n_0\alpha =w$를 만족시킨다. 이는 $$w=\frac{w}{1}=\frac{n_0\alpha }{m_0\alpha }=\frac{n_0}{m_0}$$을 의미하므로 $w$가 무리수라는 가정에 모순이다. $◼$

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2. 수열

[Problem 2.0] (Cesaro Average)

수열 $\{x_n\}$이 $l\in \mathbb{R}$로 수렴하는 실수열이라고 하자. 수열 $\{y_n\}$을 $$y_n=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}$$이라 할 때, ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{y}_n=l}$임을 보여라. 또, 이 명제의 역이 성립하는지 말하고 위 정리를 이용하여 수열 $\{x_n\}$이 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_{n+1}-x_n)=l}$을 만족시키면 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_n}{n}=l}$임을 보여라.

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(Proof)

(i) $x_n\to l$이므로 임의의 양수 $ϵ$에 대하여 자연수 $N_1$이 존재하여 $$n>N_1\Rightarrow |x_n-l|<\frac{ϵ}{2}\cdots (1)$$을 만족시킨다. 또, ${\displaystyle \sum _{k=1}^{N_1}\frac{|x_k-l|}{n}}$은 유한값이므로 아르키메데스 원리에 의하여 자연수 $N_2$가 존재하여 $$n>N_2\Rightarrow \sum _{k=1}^{N_1}\frac{|x_k-l|}{n}<\frac{ϵ}{2}\cdots (2)$$을 만족시킨다. $N=max\{N_1,N_2\}$라 하고 $n>N$이라 하면 $\text{(1), (2)}$에 의하여 $$\begin{array}{rl}|y_n-l|& =\frac{|x_1+x_2+\cdots +x_n-nl|}{n}\\ & \le \frac{|x_1-l|+|x_2-l|+\cdots +|x_n-l|}{n}\\ & =\sum _{k=1}^{N_1}\frac{|x_k-l|}{n}+\sum _{k=N_1+1}^n\frac{|x_k-l|}{n}\\ & <\frac{ϵ}{2}+\frac{n-N_1}{n}\cdot \frac{ϵ}{2}\le ϵ\end{array}$$이므로 $y_n\to l$이다. 

(ii) 위 명제의 역이 성립하지 않음은 어렵지 않게 알 수 있는데, $x_n=(-1{)}^n$이라 두면 $y_n\to 0$이지만 $\{x_n\}$은 명백히 수렴하지 않는다.

(iii) 위 명제의 결과를 이용하면 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(x_{n+1}-x_n)=l}$이므로 $$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(x_2-x_1)+(x_3-x_2)+\cdots +(x_{n+1}-x_n)}{n}\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_{n+1}-x_1}{n}=l\end{array}$$이 성립한다. ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_1}{n}=0}$이고 $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_{n+1}}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_n+(x_{n+1}-x_n)}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{x_n}{n}+\frac{l}{n})$$이므로 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_n}{n}=l}$이다. $◼$

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3. 함수의 극한과 연속

[Problem 3.0]

함수 $f:D\to \mathbb{R}$에 대하여 $x_0\in D$에서 ${\displaystyle \underset{x\to x_0}{lim}f(x)}$가 존재한다고 하자. 이때 ${\displaystyle \underset{x\to x_0}{lim}|f(x)|}$가 존재하고 다음이 성립함을 보여라. $$\underset{x\to x_0}{lim}|f(x)|=|\underset{x\to x_0}{lim}f(x)|$$

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(Proof)

양수 $ϵ$이 임의로 주어졌다고 하자. ${\displaystyle \underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L}$이라 하면 양수 $\delta$가 존재하여 $0<|x-x_0|<\delta$일 때마다 $|f(x)-L|<ϵ$을 만족시킨다. 이때 삼각부등식에 의하여 $$\begin{array}{rl}|f(x)-L|<ϵ& \Rightarrow ||f(x)|-|L\Vert \le |f(x)-L|<ϵ\end{array}$$이므로 함수의 극한의 정의로부터 $|f(x)|\to |L|$이다. 즉, $$\underset{x\to x_0}{lim}|f(x)|=|\underset{x\to x_0}{lim}f(x)|$$이 성립한다. $◼$

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[Problem 3.1] [2014 임용시험 기출]

연속함수 $f:[0,1]\to \mathbb{R}$에 대해 집합 $\{f(x)|x\in [0,1]\}$의 상한(최소상계, supremum, least upper bound) $M$이 존재한다. <정리 1>을 증명 없이 이용하여 $f(x^{\ast })=M$을 만족하는 $x^{\ast }\in [0,1]$이 존재함을 증명하시오. 

<정리 1> 유계인 실수열은 수렴하는 부분수열을 갖는다.

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(Proof)

$A=\{f(x)|x\in [0,1]\}$라 하자. 상한의 정의에서 임의의 $n\in \mathbb{N}$에 대하여 $$M-1/n<f(x_n)\le M\cdots (\ast )$$인 $x_n\in [0,1]$이 존재한다. 이때 수열 $\{x_n\}$은 유계이고, $[0,1]$은 $\mathbb{R}$의 닫힌 부분집합이므로 <정리 1>에 의하여 수열 $\{x_n\}$은 $x^{\ast }\in [0,1]$로 수렴하는 부분수열 $\{x_{n_k}\}$을 가진다.

$(\ast )$에서 ${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_{n_k})=M}$이고, 함수 $f(x)$는 연속함수이므로 점열 연속이다. 따라서 $$f(x^{\ast })=f\left(\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_{n_k}\right)=\underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_{n_k})=M$$이 성립한다. $◼$

[Remark 1] <정리 1>은 볼차노 - 바이어슈트라스 정리이다. 
[Remark 2] 닫힌 집합은 집적점을 모두 원소로 갖는 집합이다. 즉, 닫힌 집합 위의 수열이 수렴하면 그 수렴값은 그 집합의 원소이다. 

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4. 미분

[Problem 4.0] [2020 임용시험 기출]

실수 전체의 집합에서 미분가능한 함수 $f$에 대하여 $$S=\{x|f(x)=0,-1\le x\le 1\}$$라 하자. 다음 명제 $P$의 대우명제를 쓰고, $P$를 증명하시오.

$P:$ 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대하여 $f(x)\ne 0$이거나 $f^{\prime }(x)\ne 0$이면 $S$는 유한집합이다. 

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(Proof)

$P$의 대우명제는

'$S$가 무한집합이면 $f(x)=0$이고 $f^{\prime }(x)=0$인 $x\in \mathbb{R}$이 존재한다.'

이다. $P$가 참임을 증명하기 위해서 위의 대우명제가 참임을 보이면 충분하다. $S$가 무한집합이라고 하자. $S$는 $\mathbb{R}$의 유계집합이므로 볼차노 - 바이어슈트라스 정리에 의하여 집적점 $\alpha$를 가진다. 또한, $f$는 연속함수, $S=[-1,1]\cap f^{-1}(\{0\})$이고 $\{0\}$은 닫힌 집합이므로 $S$도 닫힌 집합이다. 따라서 $\alpha \in S$이다. 즉, $f(\alpha )=0$이다. 

한편, $\alpha$는 $S$의 집적점이므로 $\alpha$로 수렴하는 $S$ 위의 수열 $\{x_n\}$이 존재한다. 각 $n\in \mathbb{N}$에 대하여 $$f(x_n)=f(\alpha )=0\Rightarrow \frac{f(x_n)-f(\alpha )}{x_n-\alpha }=0$$이고, 함수 $f$는 $\alpha$에서 미분가능하므로 함수의 극한의 수열 판정법에 의하여 $$f^{\prime }(a)=\underset{x\to \alpha }{lim}\frac{f(x)-f(\alpha )}{x-\alpha }=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x_n)-f(\alpha )}{x_n-\alpha }=0$$이 성립한다. 따라서 $f(\alpha )=f^{\prime }(\alpha )=0$이다. 이로부터 주어진 명제 $P$는 참임을 알 수 있다. $◼$

[Remark 1] 극한의 수열판정법
함수 $f:D\to \mathbb{R}$에 대하여 $a\in D$가 $D$의 집적점이라고 하자. 이때 ${\displaystyle \underset{x\to a}{lim}f(x)=L}$일 필요충분조건은 $a\in D$로 수렴하는 $D$ 위의 임의의 수열 $\{x_n\}$에 대하여 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=L}$인 것이다.

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5. 적분

[Problem 5.0]

$f:[a,b]\to \mathbb{R}$을 리만 적분 가능한 함수라고 하자. 함수 $g:[a,b]\to \mathbb{R}$에 대하여 집합 $D=\{x\in [a,b]|f(x)\ne g(x)\}$이 유한집합이라고 하자. 이때 $g(x)$가 리만 적분 가능하고 $${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}g(x)dx$$가 성립함을 보여라. 또, 집합 $D$가 가부번집합(denumerable set)일 때에도 위 명제가 성립하는지 판단하여라.

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(Proof)

(i) 함수 $h$를 $h=f-g$라 하자. 임의의 $ϵ>0$에 대하여 $D=\{(a<)x_1,x_2,\cdots ,x_m(<b)\}$이라 가정하자. 집합 $D$는 유한집합이므로 ${\displaystyle \underset{x\in D}{max}|h(x)|=\alpha }$가 존재한다. 이제 $\delta >0$을 충분히 작은 양수로 택하여 $$a<x_1-\delta ,x_i+\delta <x_{i+1}-\delta ,x_m+\delta <b$$가 되도록 하고, $\delta <{\displaystyle \frac{ϵ}{2m(\alpha +1)}}$이라 하고, $\mathcal{P}=\{x_i-\delta ,x_i+\delta |i=1,2,\cdots ,m-1\}$라 하자. 그러면  $$\begin{array}{rl}U(|h|,{\mathcal{P}}^{\prime })-L(|h|,{\mathcal{P}}^{\prime })& \le m\cdot 2\alpha \delta \\ & <2\alpha m\cdot \frac{ϵ}{2m(\alpha +1)}\le ϵ\cdots (\ast )\end{array}$$이므로 함수 $|h|$는 구간 $[a,b]$에서 리만 적분 가능하다. 따라서 함수 $h$ 또한 리만 적분 가능하다. $x_1=a$이거나 $x_m=b$인 경우 또한 비슷한 방법으로 $h$가 리만 적분 가능함을 보일 수 있다.

$f$와 $h$가 리만 적분 가능하므로 $g=f-h$ 또한 리만 적분 가능하다. 또, $\text{(*)}$에서 $L(|h|,{\mathcal{P}}^{\prime })=0$이므로 임의의 $ϵ>0$에 대하여 $$0\le {\int }_a^b|h(x)|dx\le U(|h|,{\mathcal{P}}^{\prime })<ϵ$$가 성립한다. 따라서 $${\int }_a^b|h(x)|dx=0\Rightarrow {\int }_a^{b}h(x)dx=0$$이다. 이로부터 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}g(x)dx}$가 성립한다.

(ii) 집합 $D$가 가부번집합인 경우에는 위 명제가 성립한다고 할 수 없다. 예를 들어 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$과 $g:[a,b]\to \mathbb{R}$을 $$f(x)=1,g(x)=\{\begin{array}{ll}0& (x\in \mathbb{Q}\cap [a,b])\\ 1& (x\in {\mathbb{Q}}^c\cap [a,b])\end{array}$$라 하면 두 함수는 $[a,b]$에서 가부번개의 점을 제외한 모든 점에서 함숫값이 같지만, $g(x)$는 불연속점이 비가산개이므로 리만 적분 가능하지 않다. $◼$

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6. 급수

[Problem 6.0] [2018 임용시험 기출]

함수항 급수 ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\tan }^{-1}\frac{x}{n}}$가 실수 전체의 집합 $\mathbb{R}$에서 점별수렴(pointwise convergence)함을 보이시오. 또, 함수 $f(x)={\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\tan }^{-1}\frac{x}{n}}$는 균등연속(고른연속, 평등연속, uniformly continuous)임을 보이시오. (단, ${\displaystyle {\tan }^{-1}:\mathbb{R}\to (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}$는 탄젠트함수의 역함수이다.)

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(Proof)

${\displaystyle t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}$이면 $|\tan t|\ge |t|$가 성립하므로 $t={\tan }^{-1}x$이라 하면 $|x|\ge |{\tan }^{-1}x|$가 성립한다. 즉, 임의의 실수 $x$에 대하여 $$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}|\frac{1}{n}{\tan }^{-1}\frac{x}{n}|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{x}{n^2}\right|=|x|\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$$이고, ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}$은 수렴하므로 급수 ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}{\tan }^{-1}\frac{x}{n}}$은 각 $x\in \mathbb{R}$에 대하여 절대수렴한다. 따라서 주어진 함수항 급수는 $\mathbb{R}$에서 점별수렴한다. 

$f_n(x)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}{\tan }^{-1}\frac{x}{k}}$라 하자. 각 $x\in \mathbb{R}$에 대해 ${\displaystyle \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{f}_n(x)=f(x)}$이고, $\{f_n\}$은 미분가능한 함수열이다. 또한, $$f_n^{\prime }(x)=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\cdot \frac{1/k}{1+(x/k{)}^2}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{x^2+k^2}\le \sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}$$이고, ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{n^2}}}$은 수렴하므로 바이어슈트라스 M-판정법에 의하여 $\mathbb{R}$에서 $f_n\rightrightarrows f$이고 $$f^{\prime }(x)={\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{d}{dx}(\frac{1}{n}{\tan }^{-1}\frac{x}{n})=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{x^2+n^2}}$$가 성립한다. 이때 모든 $x\in \mathbb{R}$에 대하여 $$|f^{\prime }(x)|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{1}{x^2+n^2}\right|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}$$이고 ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}}$은 수렴하므로 $f^{\prime }(x)$는 $\mathbb{R}$에서 유계이다. 따라서 $f$는 균등연속이다. $◼$

[Remark 1] $D\subset \mathbb{R}$ 위에서 정의된 미분가능한 함수항 수열 $\{f_n\}$에 대하여 $\{f_n(x_0)\}$이 수렴하는 $x_0\in D$가 존재하고, $D$에서 $f_n^{\prime }\rightrightarrows g$이면 $\{f_n\}$은 미분가능한 함수 $f$로 균등수렴하고 $f^{\prime }=g$이다. 

[Remark 2] 바이어슈트라스 M－판정법
$D\subset \mathbb{R}$에서 정의된 함수항 급수 $\sum f_n$에 대하여 임의의 $n\in \mathbb{N}$과 $x\in D$에 대하여 $|f_n(x)|\le M_n$이고 $\sum M_n<\mathrm{\infty }$이 수렴하는 양항수열(nonnegative sequence) $\{M_n\}$이 존재하면 함수항 급수 $\sum f_n$은 $D$에서 균등수렴한다. 

[Remark 3] 립시츠 함수와 균등연속
함수 $f:D\to \mathbb{R}$이 임의의 $x,y\in D$에 대하여 $|f(x)-f(y)|\le K|x-y|$인 $K>0$이 존재하면 함수 $f$를 립시츠 함수(Lipschitz function)라고 한다. 이때 다음이 성립한다.
(1) 립시츠 함수는 균등연속이다.
(2) 함수 $f$가 미분가능하고 도함수가 유계이면 $f$는 립시츠 함수이다. 따라서 균등연속이다.

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