[일변수 미적분학] 7. 평균값의 정리와 로피탈 법칙

[일변수 미적분학] 7. 평균값의 정리와 로피탈 법칙

롤의 정리(Rolle's theorem)

함수 \(f(x)\)가 \([a,\,b]\)에서 연속이고, \((a,\,b)\)에서 미분가능하며 \(f(a)=f(b)\)이면, \(f'(c)=0\)인 \(c\in(a,\,b)\)가 적어도 하나 존재한다.

증명: 

(1) \(f(x)\)가 상수함수이면, 명백하다.

(2) \(f(x)\)가 상수함수가 아니면 \(f(x_{1})>f(a)\) 또는 \(f(x_{1})<f(a)\)인 점 \(x_{1}\in(a,\,b)\)가 존재한다.

\(f(x_{1})>f(a)\)라 가정하자. \(f(x)\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이므로 최댓값 최솟값 정리에 의해 \(c\in[a,\,b]\)에서 최댓값을 갖는다.

특히 \(f(c)\geq f(x_{1})>f(a)=f(b)\)이므로 \(a<c<b\)이고 \(f(c)\)는 최댓값이므로 \(h\)의 부호에 관계없이 \(f(c+h)\leq f(c)\)이다.

따라서 \(h>0\)이면 \(\displaystyle\frac{f(c+h)-f(c)}{h}\leq0\), \(h<0\)이면 \(\displaystyle\frac{f(c+h)-f(c)}{h}\geq0\)이다. 한편 \(f(x)\)는 \(x=c\)에서 미분가능하므로$$f'(c)=\lim_{h\,\rightarrow\,0+}{\frac{f(c+h)-f(c)}{h}}\leq0,\,f'(c)=\lim_{h\,\rightarrow\,0-}{\frac{f(c+h)-f(c)}{h}}\geq0$$이고 따라서 \(f'(c)=0\).

\(f(x_{1})<f(a)\)인 경우는 \(f(x)\)가 최솟값을 갖는 점 \(c\in[a,\,b]\)에 대하여 같은 방법으로 보이면 된다.

롤의 정리를 만족하는 함수의 그래프

평균값의 정리(mean value theorem)

함수 \(f(x)\)가 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분가능하면, \(\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)\)인 \(c\in(a,\,b)\)가 적어도 하나 존재한다.

증명: 함수 \(h\)를 다음과 같이 정의하자.$$h(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\}$$그러면 가정에 의해 \(h\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분가능하며 \(h(a)=0=h(b)\)이므로 롤의 정리에 의해 \(h'(c)=0\)인 \(c\in(a,\,b)\)가 존재한다.

\(\displaystyle h'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)이고 \(\displaystyle h'(c)=f'(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\)이므로 따라서 \(\displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\).

곡선 \(y=f(x)\)상의 두 점 \(A\), \(B\)사이의 호 \(AB\)상에 현 \(AB\)와 나란한 점선을 가지는 점 \((c,\,f(c))\)가 적어도 하나 존재한다.

함수 \(f(x)\)가 구간 \(I\)에서 미분가능하고 이 구간에서 \(f'(x)=0\)이면 \(f\)는 상수함수이다.

증명: \(a,\,b\in I\,(a<b)\)라 하면, 평균값 정리에 의해 \(\displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\)인 \(c\in(a,\,b)\)가 존재한다. 그런데 \(f'(x)=0\)이므로 \(f'(c)=0\)이고 \(f(a)=f(b)\)이므로 따라서 \(f(x)\)는 구간 \(I\)에서 상수함수이다.

함수 \(f(x)\)와 \(g(x)\)가 구간 \(I\)에서 미분가능하고 이 구간의 모든 점에서 \(f'(x)=g'(x)\)이면, \(f(x)=g(x)+C\)(\(C\)는 상수)이다.  증명: \(h(x)=f(x)-g(x)\)로 놓고 앞의 결과를 적용한다.

코시의 평균값 정리(Cauchy's mean value theorem)

\(f(x)\)와 \(g(x)\)가 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분가능하면, 다음의 등식을 만족하는 \(c\in(a,\,b)\)가 적어도 하나 존재한다.$$\{g(b)-g(a)\}f'(c)=\{f(b)-f(a)\}g'(c)$$증명: 함수 \(F(x)\)를 다음과 같이 정의하자.$$F(x)=\{g(b)-g(a)\}f(x)-\{f(b)-f(a)\}g(x)$$이 함수 \(F(x)\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분가능하며 \(F(b)=f(a)g(b)-g(a)f(b)=F(a)\)이므로, 롤의 정리에 의해 \(F'(c)=0\)인 \(c\in(a,\,b)\)가 적어도 하나 존재한다. 즉 \(\{g(b)-g(a)\}f'(c)=\{f(b)-f(a)\}g'(c)\).

로피탈의 법칙(L'hospital's rule)

두 함수 \(f(x)\), \(g(x)\)가 \(a\)를 포함하는 한 열린구간에서 미분가능하고 항상 \(g(x)\neq0\), \(g'(x)\neq0\,(x\neq a)\)라 하자.

(1) \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{f(x)}=0\), \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{g(x)}=0\)이고 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f(x)}{g(x)}}\)가 존재하면, \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\).

(2) \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{f(x)}=\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{g(x)}=\infty\)이고 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\)가 존재하면, \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x\,\rightarrow\,a}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\).

참고: 로피탈의 법칙은 \(x\,\rightarrow\,\infty\), \(x\,\rightarrow\,-\infty\)인 경우에도 성립한다.

(1) \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\frac{\ln x}{x}}=\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\frac{(\ln x)'}{(x)'}}=\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\frac{\frac{1}{x}}{1}}=\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{x}}=0\)

(2) \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x\ln x}=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}}=-\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x}=0\)

\(f(x)^{g(x)}\)의 극한이 부정형 \(0^{0}\), \(1^{\infty}\), \(\infty^{0}\)인 경우, 지수함수의 성질 \(\displaystyle f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln f(x)}\)을 사용하여 \(g(x)\ln f(x)\)의 극한을 먼저 구한다.

(3) \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x^{x}}=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{e^{x\ln x}}=e^{0}=1\)

*로피탈의 법칙을 적용했을 때 항상 바라는 결과를 가져오지 않는다.

예를들어 극한값 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{\frac{e^{-\frac{1}{x^{2}}}}{x}}\)을 구할 때 그대로 로피탈의 법칙을 적용하면 더욱 복잡해진다. 그러나 \(\displaystyle t=\frac{1}{x}\)라 하면 \(x\,\rightarrow\,0+\)일 때 \(t\,\rightarrow\,\infty\), \(x\,\rightarrow\,0-\)일 때 \(t\,\rightarrow\,-\infty\)이므로$$\begin{align*}\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{\frac{e^{-\frac{1}{x^{2}}}}{x}}&=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{te^{-t^{2}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{t}{e^{t^{2}}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,\infty}{\frac{1}{2te^{t^{2}}}}=0\\ \lim_{x\,\rightarrow\,0-}{\frac{e^{-\frac{1}{x^{2}}}}{x}}&=\lim_{t\,\rightarrow\,-\infty}{te^{-t^{2}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,-\infty}{\frac{t}{e^{t^{2}}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,-\infty}{\frac{1}{2te^{t^{2}}}}=0\end{align*}$$이고 따라서 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{\frac{e^{-\frac{1}{x^{2}}}}{x}}=0\)이다.

또한 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x}}\)에서 \(\displaystyle t=\frac{1}{x}\)라 하면 \(x\,\rightarrow\,\infty\)일 때, \(t\,\rightarrow\,0+\)이므로$$\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}{\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x}}=\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{(\cos t)^{\frac{1}{t}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{e^{\frac{1}{t}\ln(\cos t)}}$$이고$$\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{\frac{\ln(\cos t)}{t}}=-\lim_{t\,\rightarrow\,0+}{\frac{\sin t}{\cos t}}=0$$이므로 따라서 \(\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x}}=e^{0}=1\)이다.

참고자료:

미분적분학, 고영상 외 6인, 휴먼싸이언스

Calculus 7th edition, Stewart, Cengage Learning