[Analysis] Problems & Solutions Archive

1. 실수의 성질

[Problem 1.0]

양의 무리수 \(w\)에 대하여 집합 \(A\)를 \[A=\{m+nw: \, m+nw>0, \ m, \, n\in \Bbb Z\}\]라 할 때, \(\inf A=0\)임을 보여라.

# Solution ▶

(Proof)

(pf 1) \(A\)는 아래로 유계인 무한집합이고, \(A\)는 양수들의 집합이므로 \(\inf A\)가 존재하고, \(\inf A\geq 0\)이다. \(\inf A=\alpha >0\)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 \(\alpha=\inf A\)라는 데에 모순이다. 

\(\alpha\in A\)이므로 \(\alpha=m_0+n_0w \ (m, \, n\in \Bbb Z)\)와 같이 나타낼 수 있다. 이때 \(\lfloor w \rfloor=k(\geq 0)\)라 하면 \[w-k>0 \ \Rightarrow \ \alpha+(w-k)=(m_0-k)+(n_0+1)w\in A\]이다. 이때 \((m_0-k)+(n_0+1)w=N\alpha \ (N\in \Bbb N)\)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 \(n_1\in \Bbb N\)이 존재하고 \[0<(n_1+1)\alpha-1(\in A)<\alpha\]이므로 \(\inf A=\alpha\)라는 데에 모순이다. 따라서 \(n_2\alpha<(m_0-k)+(n_0+1)w<(n_2+1)\alpha\)인 \(n_2\in \Bbb N\)이 존재한다. 이 경우 역시 \[0<(n_2+1)\alpha-\{(m_0-k)+(n_0+1)w\}\, (\in A)<\alpha\]이므로 \(\inf A=\alpha\)라는 데에 모순이다. 

어느 경우라도 \(\inf A=\alpha>0\)이면 모순이 발생하므로 \(\inf A=0\)을 얻는다. 

(pf 2) (pf 1)과 동일한 방법으로 \(\inf A=\alpha>0\)이라 하면 \(A=\{n\alpha: n\in \Bbb N\}\)을 얻는다. 이때 \(1\in A\)이고 \(w\in A\)이므로 \(m_0, \, n_0\in \Bbb N\)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. \(\blacksquare\)

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2. 수열

[Problem 2.0] (Cesaro Average)

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

# Solution ▶

(Proof)

(i) \(x_n\to l\)이므로 임의의 양수 \(\epsilon\)에 대하여 자연수 \(N_1\)이 존재하여 \[n>N_1 \ \Rightarrow \ |x_n-l|<\frac{\epsilon}{2} \ \  \cdots \, (1)\]을 만족시킨다. 또, \(\displaystyle \sum_{k=1}^{N_1} \frac{|x_k-l|}{n}\)은 유한값이므로 아르키메데스 원리에 의하여 자연수 \(N_2\)가 존재하여 \[n>N_2 \ \Rightarrow \ \sum_{k=1}^{N_1}\frac{|x_{k}-l|}{n}<\frac{\epsilon}{2} \quad \cdots \, (2)\]을 만족시킨다. \(N=\max\{N_1, \, N_2\}\)라 하고 \(n>N\)이라 하면 \(\text{(1), (2)}\)에 의하여 \[\begin{align}|y_n-l|&=\frac{|x_1+x_2+\cdots+x_n-nl|}{n}\\[.4em]&\leq \frac{|x_1-l|+|x_2-l|+\cdots+|x_n-l|}{n}\\[.4em] &=\sum_{k=1}^{N_1}\frac{|x_k-l|}{n}+\sum_{k=N_1+1}^{n}\frac{|x_k-l|}{n}\\[.4em]&<\frac{\epsilon}{2}+\frac{n-N_1}{n}\cdot\frac{\epsilon}{2}\leq \epsilon \end{align}\]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 \(\displaystyle \lim_{n\to \infty}(x_{n+1}-x_n)=l\)이므로 \[\begin{align}&\lim_{n\to \infty}\frac{(x_2-x_1)+(x_3-x_2)+\cdots+(x_{n+1}-x_n)}{n}\\[.4em]&=\lim_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}-x_1}{n}=l\end{align}\]이 성립한다. \(\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{x_1}{n}=0\)이고 \[ \lim_{n\to\infty} \frac{x_{n+1}}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n+(x_{n+1}-x_n)}{n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{x_n}{n}+\frac{l}{n}\right)\]이므로 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}=l\)이다. \(\blacksquare\)

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3. 함수의 극한과 연속

[Problem 3.0]

함수 \(f: D\to \Bbb R\)에 대하여 \(x_0\in D\)에서 \(\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)\)가 존재한다고 하자. 이때 \(\displaystyle \lim_{x\to x_0}|f(x)|\)가 존재하고 다음이 성립함을 보여라. \[\lim_{x\to x_0}|f(x)|=\left|\lim_{x\to x_0} f(x)\right|\]

# Solution ▶

(Proof)

양수 \(\epsilon\)이 임의로 주어졌다고 하자. \(\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=L\)이라 하면 양수 \(\delta\)가 존재하여 \(0<|x-x_0|<\delta\)일 때마다 \(|f(x)-L|<\epsilon\)을 만족시킨다. 이때 삼각부등식에 의하여 \[\begin{align}|f(x)-L|<\epsilon \ &\Rightarrow \ ||f(x)|-|L\|\leq|f(x)-L|<\epsilon\end{align}\]이므로 함수의 극한의 정의로부터 \(|f(x)|\to |L|\)이다. 즉, \[\lim_{x\to x_0}|f(x)|=\left|\lim_{x\to x_0} f(x)\right|\]이 성립한다. \(\blacksquare\)

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[Problem 3.1] [2014 임용시험 기출]

연속함수 \(f: [0, 1]\to \Bbb R\)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 \(f(x^*)=M\)을 만족하는 \(x^*\in [0, 1]\)이 존재함을 증명하시오. 

<정리 1> 유계인 실수열은 수렴하는 부분수열을 갖는다.

# Solution ▶

(Proof)

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

\((*)\)에서 \(\displaystyle \lim_{k\to \infty} f(x_{n_k})=M\)이고, 함수 \(f(x)\)는 연속함수이므로 점열 연속이다. 따라서 \[f(x^*)= f\left(\lim_{k\to \infty}x_{n_k}\right)=\lim_{k\to \infty} f(x_{n_k})=M\]이 성립한다. \(\blacksquare\)

[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 \(x\in \Bbb R\)에 대하여 \(f(x)\neq 0\)이거나 \(f'(x)\neq 0\)이면 \(S\)는 유한집합이다. 

# Solution ▶

(Proof)

\(P\)의 대우명제는

'\(S\)가 무한집합이면 \(f(x)=0\)이고 \(f'(x)=0\)인 \(x\in \Bbb R\)이 존재한다.'

이다. \(P\)가 참임을 증명하기 위해서 위의 대우명제가 참임을 보이면 충분하다. \(S\)가 무한집합이라고 하자. \(S\)는 \(\Bbb R\)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 \(n\in \Bbb N\)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 \[f'(a)=\lim_{x\to \alpha}\frac{f(x)-f(\alpha)}{x-\alpha}=\lim_{n\to \infty}\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=0\]이 성립한다. 따라서 \(f(\alpha)=f'(\alpha)=0\)이다. 이로부터 주어진 명제 \(P\)는 참임을 알 수 있다. \(\blacksquare\)

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

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5. 적분

[Problem 5.0]

\(f: [a, b]\to \Bbb R\)을 리만 적분 가능한 함수라고 하자. 함수 \(g: [a, b]\to \Bbb R\)에 대하여 집합 \(D=\{x\in [a, b]\, | \, f(x)\neq g(x)\}\)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.

# Solution ▶

(Proof)

(i) 함수 \(h\)를 \(h=f-g\)라 하자. 임의의 \(\epsilon>0\)에 대하여 \(D=\{(a<)x_1, \, x_2, \, \cdots, \, x_m(<b)\}\)이라 가정하자. 집합 \(D\)는 유한집합이므로 \(\displaystyle \max_{x\in D}|h(x)|=\alpha\)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, \(\delta<\dfrac{\epsilon}{2m(\alpha+1)}\)이라 하고, \(\mathcal P= \{x_i-\delta, \, x_i+\delta\, |\, i=1, \, 2, \, \cdots, \, m-1\}\)라 하자. 그러면  \[\begin{align}U(|h|, \mathcal P')-L(|h|, \mathcal P')&\leq m\cdot 2\alpha\delta\\[.4em] &<2\alpha m\cdot\frac{\epsilon}{2m(\alpha+
 1)}\le\epsilon \quad \cdots \, (*)\end{align}\]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 \(L(|h|, \mathcal P')=0\)이므로 임의의 \(\epsilon>0\)에 대하여 \[0\leq\int_a^b|h(x)|dx\leq U(|h|, \mathcal P')<\epsilon\]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 \(f:[a, b]\to \Bbb R\)과 \(g:[a, b]\to \Bbb R\)을 \[f(x)=1, \ \ g(x)=\begin{cases}0 & (x\in \Bbb Q\cap [a, b])\\[.5em]1 & (x\in \Bbb Q^c\cap [a, b])\end{cases}\]라 하면 두 함수는 \([a, b]\)에서 가부번개의 점을 제외한 모든 점에서 함숫값이 같지만, \(g(x)\)는 불연속점이 비가산개이므로 리만 적분 가능하지 않다. \(\blacksquare\)

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6. 급수

[Problem 6.0] [2018 임용시험 기출]

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

# Solution ▶

(Proof)

\(\displaystyle t\in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\)이면 \(|\tan t|\geq |t|\)가 성립하므로 \(t=\tan^{-1}x\)이라 하면 \(|x|\geq |\tan^{-1}x|\)가 성립한다. 즉, 임의의 실수 \(x\)에 대하여 \[\sum_{n=1}^\infty \left|\frac{1}{n}\tan^{-1}\frac{x}{n}\right|\leq \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{x}{n^2}\right|=|x|\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\]이고, \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\)은 수렴하므로 급수 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\tan^{-1}\frac{x}{n}\)은 각 \(x\in \Bbb R\)에 대하여 절대수렴한다. 따라서 주어진 함수항 급수는 \(\Bbb R\)에서 점별수렴한다. 

\(f_n(x)=\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \tan^{-1}\frac{x}{k}\)라 하자. 각 \(x\in \Bbb R\)에 대해 \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} f_n(x)=f(x)\)이고, \(\{f_n\}\)은 미분가능한 함수열이다. 또한, \[f'_n(x)=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\cdot \frac{1/k}{1+(x/k)^2}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{x^2+k^2}\leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}\]이고, \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}\)은 수렴하므로 바이어슈트라스 M-판정법에 의하여 \(\Bbb R\)에서 \(f_n\rightrightarrows f\)이고 \[f'(x)=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{n}\tan^{-1}\frac{x}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x^2+n^2}\]가 성립한다. 이때 모든 \(x\in \Bbb R\)에 대하여 \[|f'(x)|\leq \sum_{n=1}^\infty \left|\frac{1}{x^2+n^2}\right|\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\]이고 \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\)은 수렴하므로 \(f'(x)\)는 \(\Bbb R\)에서 유계이다. 따라서 \(f\)는 균등연속이다. \(\blacksquare\)

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

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

[Remark 3] 립시츠 함수와 균등연속
함수 \(f: D\to \Bbb R\)이 임의의 \(x,\, y\in D\)에 대하여 \(|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|\)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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