샌드위치 정리

샌드위치 정리(-定理, 틀:Llang)는 함수의 극한에 관한 정리이다. 미적분학과 해석학에서 널리 쓰인다. 이 정리에 따르면, 두 함수가 어떤 점에서 같은 극한을 갖고, 어떤 함수가 두 함수 사이에서 값을 가지면, 그 함수도 똑같은 값의 극한을 가진다. 압착 정리(壓搾定理), 스퀴즈 정리, 조임 정리로도 불린다.

역사

샌드위치 정리를 최초로 사용한 수학자는 아르키메데스와 에우독소스로, 이들은 원주율을 기하학적으로 구하는 데에 이 방법을 사용했다.

샌드위치 정리의 현대적 증명은 카를 프리드리히 가우스에 의해 이루어졌다.

내용

수열

수열 $\{a_n\}$, $\{b_n\}$, $\{c_n\}$에 대하여, 충분히 큰 모든 자연수 $n$에 대해 $a_n\le c_n\le b_n$이고 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{b}_n=L$이면, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{c}_n=L$이다.

함수

함수 $f,g,h$에 대하여, $a$에 충분히 가까운 모든 $x$에 대해 $f(x)\le h(x)\le g(x)$이고 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=L$이면, $\underset{x\to a}{\lim }h(x)=L$이다.

증명

아래는 함수에 관한 명제의 증명이다. 수열에 관한 명제도 이와 비슷하게 증명 가능하다.

모든 양의 실수 $ϵ$에 대하여

$0<|x-a|<{\delta }_1\Rightarrow |f(x)-L|<ϵ\Rightarrow L-ϵ<f(x)$

$0<|x-a|<{\delta }_2\Rightarrow |g(x)-L|<ϵ\Rightarrow g(x)<L+ϵ$

를 만족하는 양의 실수 ${\delta }_1,{\delta }_2$가 존재한다.

또한 전제조건에 의해

$0<|x-a|<{\delta }_0\Rightarrow f(x)\le h(x)\le g(x)$

를 만족하는 양의 실수 ${\delta }_0$이 존재한다.

$\delta$를 $\min ({\delta }_0,{\delta }_1,{\delta }_2)$로 잡으면,

$\begin{array}{ccc}0<|x-a|<\delta & \Rightarrow & 0<|x-a|<{\delta }_i,i=0,1,2\\ & \Rightarrow & L-ϵ<f(x)\le h(x)\le g(x)<L+ϵ\\ & \Rightarrow & |h(x)-L|<ϵ\end{array}$

이다.

정리하면 모든 양의 실수 $ϵ$에 대하여 $0<|x-a|<\delta \Rightarrow |h(x)-L|<ϵ$를 만족하는 양의 실수 $\delta$가 존재한다. 그러므로 극한의 정의에 의하여 $\underset{x\to a}{\lim }h(x)=L$이다.

예

샌드위치 정리의 예

예 1

극한

$\underset{x\to 0}{\lim }{x}^2\sin \frac{1}{x}$

은 샌드위치 정리에 의해 0이다. 이는 다음 부등식이 성립하기 때문이다.

$-x^2\le x^2\sin \frac{1}{x}\le x^2$

더 나아가, 임의의 무한소(즉 0을 극한으로 하는 함수)와 유계 함수의 곱은 여전히 무한소이다.

예 2

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$

이는 임의의 $x\in (-\frac{\pi }{2},0)\cup (0,\frac{\pi }{2})$에 대해 다음 부등식이 성립하기 때문이다.

$\cos x<\frac{\sin x}{x}<1$

예 3

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\frac{3}{n^2+3}+\cdots +\frac{n}{n^2+n})=\frac{1}{2}$

이는 다음과 같은 분석을 통해 얻어진다.

$\begin{array}{cc}& \frac{1}{2}\\ =& \frac{1}{n^2+n}+\frac{2}{n^2+n}+\frac{3}{n^2+n}+\cdots +\frac{n}{n^2+n}\\ <& \frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+2}+\frac{3}{n^2+3}+\cdots +\frac{n}{n^2+n}\\ <& \frac{1}{n^2+1}+\frac{2}{n^2+1}+\frac{3}{n^2+1}+\cdots +\frac{n}{n^2+1}\\ =& \frac{n^2+n}{2n^2+2}\end{array}$

양끝의 수열이 모두 $\frac{1}{2}$로 수렴하므로 사이에 끼인 수열도 같은 값으로 수렴한다.

예 4

${\left(\underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i\right)}^p\le a_1^p+a_2^p+\cdots +a_n^p\le n{\left(\underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i\right)}^p$

이므로

${\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{p}}\underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i\le {\left(\frac{a_1^p+a_2^p+\cdots +a_n^p}{n}\right)}^{\frac{1}{p}}\le \underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i$

또한 극한

$\underset{p\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\left(\frac{1}{n}\right)}^{\frac{1}{p}}$

의 값이 1임에 따라 부등식 양 옆의 함수의 극한은 모두 $\underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i$이다. 따라서 다음의 극한이 있다. (멱평균 참고)

$\underset{p\to \mathrm{\infty }}{\lim }{\left(\frac{a_1^p+a_2^p+\cdots +a_n^p}{n}\right)}^{\frac{1}{p}}=\underset{1\le i\le n}{\max }{a}_i$

외부 링크

• 틀:매스월드