무한대에서의 로피탈 정리

문제

$(a,b)$ 에서 미분가능한 $f,g$ 가 다음 조건을 만족시킨다.

$\lim_{x \rightarrow a+} f(x) =\lim_{x \rightarrow a+} g(x)= \infty$
$\lim_{x \rightarrow a+}{\frac{f’(x)}{g’(x)} = \infty}$

이 때 $\lim_{x \rightarrow a+}\frac{f(x)}{g(x)} = \infty$ 임을 보이시오.

증명

$\forall M >0$ 에 대하여 다음 식을 만족하는 $\beta_m$ 이 존재한다.

x \in (a, β_{m}) \Rightarrow M < \frac{f^{'} (x)}{g^{'} (x)}

$x \in (a, \beta_m) \Rightarrow M < \frac{f'(x)}{g'(x)}$

이제 $x<y$ , $[x,y] \subset (a,\beta_m)$ 인 $x,y$ 를 고려하자. 이때, 다음 식을 만족하는 $c_{x,y}$ 가 $c_{x,y} \in (x,y)$ 에 존재한다.

\frac{f^{'} (c_{x, y})}{g^{'} (c_{x, y})} = \frac{f (x) - f (y)}{g (x) - g (y)} = \frac{\frac{f (x)}{g (x)} - \frac{f (y)}{g (x)}}{1 - \frac{g (y)}{g (x)}}

$\frac{f'(c_{x,y})}{g'(c_{x,y})} = \frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)} = \frac{\frac{f(x)}{g(x)}- \frac{f(y)}{g(x)}}{1-\frac{g(y)}{g(x)}}$

이때 고정된 $y$ 에 대하여 다음과 같은 양수 $r$ 이 존재한다.

x \in (a, a + r) \subset (a, y) \Rightarrow ∣ ∣ ∣ \frac{g (y)}{g (x)} ∣ ∣ ∣ < \frac{1}{2} and ∣ ∣ ∣ \frac{f (y)}{g (x)} ∣ ∣ ∣ < \frac{1}{2}

$x \in (a, a+r) \subset (a,y) \Rightarrow \left| \frac{g(y)}{g(x)} \right| < \frac{1}{2} \text{ and } \left| \frac{f(y)}{g(x)} \right| < \frac{1}{2}$

이제 $x \in (a, a+r)$ 이면, $c_{x,y} \in (a, \beta_m)$ 이므로, 다음이 성립한다.

M < \frac{f^{'} (c_{x, y})}{g^{'} (c_{x, y})} = \frac{\frac{f (x)}{g (x)} - \frac{f (y)}{g (x)}}{1 - \frac{g (y)}{g (x)}} < \frac{\frac{f (x)}{g (x)} + \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}}

$M < \frac{f'(c_{x,y})}{g'(c_{x,y})} = \frac{\frac{f(x)}{g(x)}- \frac{f(y)}{g(x)}}{1-\frac{g(y)}{g(x)}} < \frac{\frac{f(x)}{g(x)}+\frac{1}{2} }{1-\frac{1}{2}}$

따라서 $\frac{M-1}{2} <\frac{f(x)}{g(x)}$ 이므로 주어진 명제가 성립한다.

Xzero

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