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3. $\lim \limits_{x \to 0}\dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}$의 값은? [3점]
① $\dfrac{1}{3}$ ② $\dfrac{1}{2}$ ③ $\dfrac{2}{3}$ ④ $\dfrac{5}{6}$ ⑤ $1$
더보기[리뷰] 이 문제는 <극한 문제 #2>와 비교해서 보면 흥미롭다. $\tan x-\sin x$의 형태를 포함하고 있다는 점에서는 같지만 난이도는 한결 쉬워졌고, 한편으론 <극한 문제 #2>의 풀이방법이 제한적인 이유를 다시 한 번 생각해보게 한다. 또한 미분법 공식과 관련해서도 생각해볼 거리가 있다.
답: ② $\dfrac{1}{2}$
[풀이 1] 삼각함수의 극한과 관련된 문제를 풀 때 기억해야 할 기본 공식으로 $$\bbox[#FFFFCC,2px]{\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1}\, ,\,\bbox[#FFFFCC,2px]{\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x}=1}$$와 $$\bbox[#FFFFCC,2px]{1-\cos x=2\sin^2\frac{x}{2}}$$가 있는데, 이 문제는 이 공식들만으로 해결이 가능하다. (반각공식 대신에 $1-\cos x=\dfrac{\sin^2 x}{1+\cos x}$를 사용해도 된다.)
우선 해야 할 것은 식의 분자를 적절히 변형하여 $\sin$ 또는 $\tan$의 곱을 포함하는 식으로 만드는 작업이다: $$\begin{align}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}&=\frac{\tan x(\bbox[#FFFFCC,2px]{1-\cos x})}{x^3}\\[5pt]&=\frac{\tan x \cdot \bbox[#FFFFCC,2px]{2\sin^2 \dfrac{x}{2}}}{x^3}\end{align}$$
다음으로 분모와 분자에 적절한 형태의 식을 넣어 위의 기본 공식들을 활용하기 쉽도록 한다: $$\begin{align}\frac{\tan x\cdot 2\sin^2\dfrac{x}{2}}{x^3}=\bbox[#FFFFCC,1px]{\frac{\tan x}{{\color{#ee2323}x}}}\cdot\frac{2\bbox[#FFFFCC,2px]{\sin^2\dfrac{x}{2}}}{\bbox[#FFFFCC,2px]{{\color{#ee2323}\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}}}\cdot\frac{{\color{#ee2323}x\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}}{x^3}\end{align}$$
이제 남은 작업은 극한을 취하는 것이다: $$\begin{align}&\lim_{x \to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}\\[5pt]&=\lim_{x \to 0}\left(\bbox[#FFFFCC,2px]{\frac{\tan x}{x}}\cdot\frac{2\bbox[#FFFFCC,2px]{\sin^{2}\dfrac{x}{2}}}{\bbox[#FFFFCC,2px]{\left(\dfrac{x}{2}\right)^{2}}}\cdot\frac{x\left(\dfrac{x}{2}\right)^2}{x^3}\right)\\[5pt]&=\bbox[#FFFFCC,2px]{1}\cdot 2\cdot\frac{1}{4}\\[5pt]&=\frac{1}{2}\end{align}$$ 따라서 답은 ② $\dfrac{1}{2}$이다.
[참고 1]
이로부터 알 수 있는 한 가지 사실은 $$\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^n}$$
이 0 아닌 값으로 수렴하려면 $n=3$이어야 한다는 것.
[참고 2]
이런 이유 때문에 <극한 문제 #2>를 풀 때 분모와 분자에 $x^n$ 꼴의 식을 곱해 분수식을 둘로 나눈 다음$$\lim_{x\to 0}\left(\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{{\color{#ee2323}x^n}}\cdot\frac{{\color{#ee2323}x^n}}{\tan x-\sin x}\right)$$
각 분수식의 극한을 따로 구해 문제를 해결하려면 $n=3$이어야 한다. 그러나 $$\lim_{x\to 0}\frac{e^{2-\sin x}-e^{2-\tan x}}{x^3}$$의 값을 구하는 게 쉽지 않기 때문에 이 접근법은 또 한 번 난관에 봉착하게 된다.
[풀이 2] 이번에는 식을 미분계수의 형태로 바꾸어 계산을 시도한다. 풀이가 긴 관계로 단계를 $\mathrm{I}$, $\mathrm{II}$, $\mathrm{III}$, $\mathrm{IV}$로 나누어 진행한다. (과정이 지나치게 길어 효율적인 풀이는 아니므로, 원한다면 건너뛰어도 된다.)
$\mathrm{I}.$ 미분계수의 형태 만들기
$$\boxed{\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}}$$
한 가지 방법만 있지는 않겠지만, 여기서는 분모의 $x^3$를 $t$로 치환하기로 한다. 그러면 $x \to 0$일 때 $t \to 0$이고, $x=\sqrt[3]{t}$이므로 문제의 식은 $$\lim_{t\to 0}\frac{\tan\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\sin\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)}{t}$$이 된다. 삼각함수 안에 거듭제곱근이 들어있는 모양새가 볼썽사납긴 하지만, 일단 미분계수의 형태는 맞다.
이제 $f(t)=\tan \bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\sin \bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)$로 두면 $$\begin{align}\lim_{t\to 0}\frac{\tan \bigl( \sqrt[3]{t} \bigr)-\sin \bigl( \sqrt[3]{t} \bigr)}{t}&=\lim_{t\to 0}\frac{f(t)-f(0)}{t}\\[5pt]&=f'(0)\end{align}$$이 된다. 남은 문제는 $f'(0)$를 계산하는 것.
$\mathrm{II}.$ $f'(0)$ 계산하기: 합성함수의 미분법(시행착오)
우선, $f(t)$를 미분해서 $f'(t)$를 얻은 다음 $t=0$을 대입하는 전략을 시도해본다. $f(t)$는 $g(t)=\tan t-\sin t$와 $h(t)=\sqrt[3]{t}$를 합성한 함수 $$f(t)=g\bigl(h(t)\bigr)$$로 이해할 수 있으므로, 합성함수의 미분법을 사용하면 $$\begin{align}f'(t)&=g'\bigl(h(t)\bigr)\cdot h'(t)\\[5pt]&=\left(\sec^2\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\cos\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)\right)\cdot \frac{1}{3\sqrt[3]{t^2}}\\[5pt]&=\frac{\sec^2\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\cos\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)}{3\sqrt[3]{t^2}}\end{align}$$을 얻는다. 그런데 여기에 $t=0$을 대입하려고 보니 분모가 $0$이 된다. 게다가 $\sqrt[3]{t^2}$는 분자와 약분해서 없앨 수 있는 형태도 아니다. 그러면 $f'(t)$는 $t=0$에서 정의가 되지 않는 걸까?
결론부터 말하면 '아니오'다. 합성함수의 미분법이라는 것은 함수 $f(t)=g\bigl(h(t)\bigr)$의 $t=t_0$에서의 미분계수를 $$\begin{align}f'(t_0)&=\lim_{t\to t_0}\frac{f(t)-f(t_0)}{t-t_0}\\[5pt]&=\lim_{t\to t_0}\frac{g\bigl(h(t)\bigr)-g\bigl(h(t_0)\bigr)}{t-t_0}\\[5pt]&=\lim_{t\to t_0}\left(\frac{g\bigl(h(t)\bigr)-g\bigl(h(t_0)\bigr)}{{\color{#ee2323}h(t)-h(t_0)}}\right.\\[5pt]&\qquad\qquad\qquad\times\left.\frac{{\color{#ee2323}h(t)-h(t_0)}}{t-t_0}\right)\\[5pt]&\bbox[#FFFFCC]{{\color{#ee2323}=}}\lim_{t\to t_0}\frac{g\bigl(h(t)\bigr)-g\bigl(h(t_0)\bigr)}{h(t)-h(t_0)}\\[5pt]& \qquad\qquad\qquad\times\lim_{t\to t_0}\frac{h(t)-h(t_0)}{t-t_0}\\[5pt]&=g'\bigl(h(t_0)\bigr)\cdot h'(t_0)\end{align}$$와 같이 얻은 뒤 $t_0$를 일반화한 것인데, 이때 극한의 형태가 $0\times\infty$와 같은 부정형 꼴이면 등식의 중간에 있는 $\bbox[#FFFFCC]{{\color{#ee2323}=}}$이 성립하지 않는다. 이 경우, 실제로는 $f'(t_0)$가 존재한다 할지라도 합성함수의 미분법으로 구한 도함수 식에 $t=t_0$를 대입하는 것으로는 결과를 얻을 수 없다.
이 문제에서는 $\lim_{t\to 0}\frac{g(h(t))-g(h(0))}{h(t)-h(0)}=0$이고 $\lim_{t\to 0}\frac{h(t)-h(0)}{t-0}=\infty$이므로 $f'(0)=g'\bigl(h(0)\bigr)\cdot h'(0)$를 이용할 수 없다. 따라서 $f'(0)$을 계산하려면 다른 전략이 필요하다.
$\mathrm{III}.$ $f'(0)$ 계산하기: 평균값 정리
이번에는 평균값 정리를 이용한다. 구하려는 극한은 $\lim \limits_{t\to 0}$ 부분을 제외하면
$$\frac{\tan\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\sin \bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)}{t}=\frac{f(t)-f(0)}{t-0}$$
이라는 평균변화율의 형태이므로 평균값 정리를 적용하기에 적절하다. 게다가 $f(t)$는 실수 전체의 집합에서 연속이고, 0 아닌 점에서 미분가능하므로 0을 끝점으로 가지는 구간에서 평균값 정리를 사용할 수 있다. (이유: $g(t)=\tan t-\sin t$는 실수 전체의 집합에서 연속이고 미분가능하다. $h(t)=\sqrt[3]{t}$는 실수 전체에서 연속이고, 0 아닌 점에서 미분가능하다. 그런데 어떤 점에서 연속인 두 함수의 합성함수는 그 점에서 연속이며, 어떤 점에서 미분가능한 두 함수의 합성함수 역시 그 점에서 미분가능하므로, $f(t)$는 실수 전체의 집합에서 연속이고, 0을 제외한 점에서 미분가능하다.) 따라서 $0$이 아닌 $t$에 대해 $$\frac{f(t)-f(0)}{t-0}=f'(c)$$를 만족시키는 $c$가 $0$과 $t$ 사이에 존재하는 것이다.
남은 것은 $t \to 0$일 때 $f'(c)$가 어느 값으로 수렴하는지를 알아내는 일이다.
$\mathrm{IV}.$ $f'(0)$ 계산하기: $\lim \limits_{t\to 0}f'(t)$
알고 싶은 것은 $\lim \limits_{t\to 0}f'(c)$이지만 계산하는 것은 $\lim \limits_{t\to 0}f'(t)$이다. $t$가 0으로 갈 때 $c$ 역시 0으로 가기에, $\lim \limits_{t\to 0}f'(t)$이 수렴하면 $\lim \limits_{t\to 0}f'(c)$ 역시 같은 값으로 수렴할 것이기 때문이다.
합성함수의 미분법에 의하면 $0$ 아닌 $t$에 대해 $f'(t)=\frac{\sec^2\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\cos\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)}{3\sqrt[3]{t^2}}$이 성립하므로, 구하고자 하는 극한은 $$\lim_{t\to 0}\frac{\sec^2\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)-\cos\bigl(\sqrt[3]{t}\bigr)}{3\sqrt[3]{t^2}}$$이다. 이때 계산을 용이하게 하기 위해 $\sqrt[3]{t}=x$로 다시 한 번 치환하면 $$\boxed{\lim_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-\cos x}{3x^2}}$$이 되는데, 분자를 $$\begin{align}\sec^2 x-\cos x&=\sec^2 x(1-\cos^3 x)\\[5pt]&=\sec^2 x(1-\cos x)\\&\qquad\qquad\times(1+\cos x+\cos^2 x)\\[5pt]&=\sec^2 x\cdot 2\sin^2\left(\dfrac{x}{2}\right)\\&\qquad\qquad\times(1+\cos x+\cos^2 x)\end{align}$$로 변형할 수 있으므로, 전체 극한은 $$\begin{align}&\lim_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-\cos x}{3x^2}\\[5pt]&=\lim_{x\to 0}\sec^2 x \cdot \lim_{x \to 0}\frac{2\sin^2\left(\dfrac{x}{2}\right)}{3x^2}\\&\qquad\qquad\qquad\times\lim_{x\to 0} (1+\cos x+\cos^2 x)\\[5pt]&=1\cdot \frac{1}{6}\cdot 3=\frac{1}{2}\end{align}$$이 된다.
따라서 답은 ② $\dfrac{1}{2}$이다.
[풀이 3] 로피탈의 정리를 이용해도 이 문제를 꽤 간단히 해결할 수 있다. (평가원이 달가워하지 않을 요소다.)
우선, 주어진 극한이 $\dfrac{0}{0}$ 꼴의 극한임을 확인한 뒤 로피탈의 정리를 적용해 분모와 분자를 각각 미분하여
$$\begin{align}\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{x^3}&=\lim_{x\to 0}\frac{(\tan x-\sin x)'}{(x^3)'}\\[5pt]&=\lim_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-\cos x}{3x^2}\end{align}$$
를 얻는다. ($\lim \limits_{x\to 0}\frac{\sec^2 x-\cos x}{3x^2}$는 [풀이 2]에서 '치환하고, 평균값 정리를 적용한 다음, 다시 치환을 하는' 긴 과정을 거친 다음에야 다다른 지점인데, 이번에는 단숨에 도달했다. 로피탈의 정리가 얼마나 효율적인지 새삼 느낄 수 있다.)
여기서 로피탈의 정리를 한 번 더 적용하면
$$\begin{align}&\lim_{x\to 0}\frac{(\sec^2 x-\cos x)'}{(3x^2)'}\\[5pt]&=\lim_{x\to 0}\frac{2\sec^2 x\tan x+\sin x}{6x}\\[5pt]&=\lim_{x\to 0}\left(\frac{2\sec^2 x}{6}\cdot\frac{\tan x}{x}\right)+\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{6x}\\[5pt]&=\frac{2}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\end{align}$$
을 얻는다. 따라서 답은 ② $\dfrac{1}{2}$이다.