자연계열 2번

닮음의 중심이 원점이고 닮음비가 $\displaystyle e^{- \theta}$인 닮음변환 $\displaystyle f$의 행렬 표현을 $\displaystyle L$이라 하고 원점을 중심으로 하여 각 $\displaystyle \theta$만큼 회전시키는 회전변환 $\displaystyle g$의 행렬 표현을 $\displaystyle R$이라 두면 두 행렬은 다음과 같다.$\displaystyle L=\begin{pmatrix}e^{-\theta}&0\\0&e^{-\theta}\end{pmatrix},\quad R=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$그런데 $\displaystyle A = LR = RL$이므로$\displaystyle A^n=(LR)^n=L^nR^n=\begin{pmatrix}e^{-n\theta}&0\\0&e^{-n\theta}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\cos n\theta&-\sin n\theta\\\sin n\theta&\cos n\theta\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^{-n\theta}\cos n\theta&-e^{-n\theta}\sin n\theta\\e^{-n\theta}\sin n\theta&e^{-n\theta}\cos n\theta\end{pmatrix}$이다. 따라서 $\displaystyle \mathrm{P}_{n} = AP_{n - 1}$을 귀납적으로 적용하면 다음을 얻는다.$\displaystyle \mathrm{P}_n=A^n\mathrm{P}_0=\begin{pmatrix}e^{-n\theta}\cos n\theta\\e^{-n\theta}\sin n\theta\end{pmatrix}$

한편, $\displaystyle A = LR$ 이고 $\displaystyle L$은 닮음변환, $\displaystyle R$은 각 $\displaystyle \theta$만큼 회전시키는 회전변환을 나타내므로 $\displaystyle \angle \mathrm{P}_{n - 1} \mathrm{OP}_{n} = \theta$이다. 따라서 삼각형 $\displaystyle \mathrm{P}_{n - 1} \mathrm{OP}_{n}$에 코사인법칙을 적용하면 다음을 얻는다.$\displaystyle \begin{aligned}\overline{\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_n}&=\sqrt{\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}}^2+\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_n}^2-2\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}}\,\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_n}\cos(\angle\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{O}\mathrm{P}_n)}\\&=\sqrt{e^{-2(n-1)\theta}+e^{-2n\theta}-2e^{-(n-1)\theta}e^{-n\theta}\cos\theta}\\&=e^{-n\theta}\sqrt{e^{2\theta}+1-2e^\theta\cos\theta}\end{aligned}$

삼각형 $\displaystyle \mathrm{P}_{n - 1} \mathrm{OP}_{n}$에 코사인법칙을 적용하면 다음을 얻는다.$\displaystyle \begin{aligned}\cos(\angle\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_n)&=\frac{\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}}^2+\overline{\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_n}^2-\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_n}^2}{2\overline{\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}}\,\overline{\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_n}}\\&=\frac{e^{-2n\theta+2\theta}+e^{-2n\theta}(e^{2\theta}+1-2e^\theta\cos\theta)-e^{-2n\theta}}{2e^{-n\theta+\theta}e^{-n\theta}\sqrt{e^{2\theta}+1-2e^\theta\cos\theta}}\\&=\frac{e^\theta-\cos\theta}{\sqrt{e^{2\theta}+1-2e^\theta\cos\theta}}\end{aligned}$

그런데$\displaystyle \lim_{\theta\to0}\frac{e^\theta-1}\theta=1,$$\displaystyle \lim_{\theta\to0}\frac{\sin\theta}\theta=1,$$\displaystyle \lim_{\theta\to0}\frac{1-\cos\theta}\theta=\lim_{\theta\to0}\frac{(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)}{\theta(1+\cos\theta)}=\lim_{\theta\to0}\frac{\sin^2\theta}{\theta^2}\frac\theta{1+\cos\theta}=1\cdot0=0,$$\displaystyle \lim_{\theta\to0}\frac{e^\theta-\cos\theta}\theta=\lim_{\theta\to0}\left(\frac{e^\theta-1}\theta+\frac{1-\cos\theta}\theta\right)=1+0=1,$$\displaystyle \lim_{\theta\to0}\frac{1-\cos^2\theta}{\theta^2}=\lim_{\theta\to0}\frac{\sin^2\theta}{\theta^2}=1$이므로 다음을 얻는다.$\displaystyle \begin{aligned}\lim_{\theta\to0}\cos(\angle\mathrm{O}\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_n)&=\lim_{\theta\to0}\frac{e^\theta-\cos\theta}{\sqrt{e^{2\theta}+1-2e^\theta\cos\theta}}\\&=\lim_{\theta\to0}\frac{e^\theta-\cos\theta}{\sqrt{(e^\theta-\cos\theta)^2+1-\cos^2\theta}}\\&=\lim_{\theta\to0}\frac{\frac{e^\theta-\cos\theta}\theta}{\sqrt{\left(\frac{e^\theta-\cos\theta}\theta\right)^2+\frac{1-\cos^2\theta}{\theta^2}}}\\&=\frac1{\sqrt{1^2+1}}\\&=\frac1{\sqrt2}\end{aligned}$Comment. 대학 답안의 극한값 $\displaystyle \frac1{\sqrt2}$는 $\displaystyle \theta\to0^+$일 때의 값이다. 음의 회전각도 허용하면 좌극한은 $\displaystyle -\frac1{\sqrt2}$이므로 양쪽 극한은 존재하지 않는다.