[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