PROOF 175
증명하라.
기울기 반대로 가면 값이 줄어든다
미분가능한 함수 위에서.
한 줄씩, 이유를 따라가 봅시다
먼저 이미 주어진 것과 앞으로 보여야 할 것을 나누어 읽어 보세요. 다음 줄로 넘어갈 때마다 어떤 정의나 앞의 결과를 사용했는지 묻습니다. 연결이 보이지 않으면 결론을 외우기보다 그 전제로 잠시 돌아가도 좋습니다.
정의 D1
f 가 x 에서 미분가능하다는 것은 극한 lim (t→0) [f(x+t) − f(x)]/t 가 존재한다는 것이며, 그 값을 f′(x) 로 쓴다.
증명.
(1)차분몫은 t ≠ 0 에서만 정의된다. F/t 는 F·t⁻¹ 을 뜻한다.약속
(2)극한이 존재하면 그 값은 유일하다. 그러므로 f′(x) 라는 표기가 정당하다.A1, A2
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정의 D2
실수 c 를 하나 잡고, t ≠ 0 이면 r(t) = [f(x+t) − f(x)]/t − c 로 둔다.
증명.
(1)r 은 차분몫과 c 의 차다. c 가 무엇이든 이 식은 정의되며, r 은 c 에 따라 달라진다.약속
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보조정리 L1
모든 실수 c 와 모든 t ≠ 0 에 대하여 f(x+t) − f(x) = t·c + t·r(t)
증명.
(1)r(t) + c = [f(x+t) − f(x)]·t⁻¹D2, A8, E
(2)양변에 t 를 곱하면 t·(r(t) + c) = ([f(x+t) − f(x)]·t⁻¹)·t(1), E
(3)t ≠ 0 이므로 우변은 f(x+t) − f(x)(2), A4, A5, A7, A6
(4)좌변은 t·r(t) + t·c(2), A3
(5)그러므로 f(x+t) − f(x) = t·c + t·r(t)(3), (4), A21
(6)이 항등식은 사칙연산만 쓴다. c 가 어떤 실수든, t 가 0 이 아니기만 하면 성립한다.(5)
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보조정리 L2
f 가 x 에서 미분가능하고 c = f′(x) 이면 lim (t→0) r(t) = 0
증명.
(1)r(t) = [f(x+t) − f(x)]/t − f′(x)가정, D2
(2)가정에 의해 차분몫의 극한은 f′(x) 다.가정, D1
(3)그러므로 임의의 ε > 0 에 대하여, 0 < |t| < δ 이면 |[f(x+t) − f(x)]/t − f′(x)| < ε 인 δ > 0 이 있다.(2), A1
(4)그 좌변은 |r(t) − 0| 이다.(1), (3), A19
(5)그러므로 lim (t→0) r(t) = 0 이다.(3), (4), A1
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정리 T1
f 가 x 에서 미분가능하고 f′(x) ≠ 0 이면, 어떤 η₀ > 0 이 있어 0 < η < η₀ 인 모든 η 에 대하여 f(x − ηf′(x)) < f(x) 이다.
증명.
(1)g = f′(x) 로 둔다. 가정에 의해 g ≠ 0 이다.가정, D1
(2)g ≠ 0 이므로 |g| > 0 이고, g² = |g|² = |g|·|g| > 0 이다.(1), A10, A11, A19
(3)ε = |g|/2 로 두면 ε > 0 이다.(2), A18
(4)L2 에 c = g 를 넣으면, 0 < |t| < δ 이면 |r(t)| < |g|/2 인 δ > 0 이 있다.(3), L2, A1
(5)η₀ = δ·|g|⁻¹ 로 둔다. δ > 0 이고 |g| > 0 이므로 η₀ > 0 이다.(2), (4), A17
(6)0 < η < η₀ 라 하고 t = −ηg 로 둔다.가정, (5)
(7)|t| = |−ηg| = η|g| 이고, η|g| < η₀|g| = δ 이다.(6), A14, A15, A11, A4, A5, A7, A6
(8)η > 0 이고 |g| > 0 이므로 |t| > 0, 곧 t ≠ 0 이다.(6), (2), (7), A10, A11, A19
(9)L1 에 c = g 와 이 t 를 넣으면 f(x − ηg) − f(x) = (−ηg)·g + (−ηg)·r(−ηg)L1, (6), (8)
(10)(−ηg)·g = −(ηg·g) = −ηg²A9, A4
(11)|(−ηg)·r(−ηg)| = η|g|·|r(−ηg)| < η|g|·(|g|/2) = ηg²/2(4), (7), (8), A14, A15, A11, A10, A4
(12)a ≤ |a| 이므로 (−ηg)·r(−ηg) < ηg²/2(11), A16, A13
(13)그러므로 f(x − ηg) − f(x) < −ηg² + ηg²/2(9), (10), (12), A12
(14)ηg² > 0 이므로 ηg²/2 < ηg² 이고, 양변에 −ηg² 을 더하면 −ηg² + ηg²/2 < 0(2), (6), A11, A18, A12, A20, A21
(15)그러므로 f(x − ηf′(x)) − f(x) < 0, 곧 f(x − ηf′(x)) < f(x)(1), (13), (14), A13, A12, A20
(16)η₀ 는 δ 에서 나오고 δ 는 f 와 x 에 따라 달라진다. 이 정리가 말하는 것은 그런 η₀ 가 있다는 것뿐이며, 임의의 η 에 대한 주장이 아니다.(4), (5), (15)
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따름정리 C
f′(x) = 0 이면 모든 η 에 대하여 x − ηf′(x) = x 이다.
증명.
(1)η·f′(x) = η × 0 = 0가정, A19, A5
(2)x − 0 = xA19
(3)그러므로 갱신은 제자리에 머문다. T1 의 가정 f′(x) ≠ 0 은 뺄 수 없다.(1), (2)
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비고
A1 은 이 증명에서 제거할 수 있는가.
T1 은 (4) 에서 δ 를 받아 η₀ 를 만든다. 그 δ 가 어디서 나오는지 확인하라.