x→∞일 때의 극한 (Limit when x→∞)

정의 1.   (x→∞일 때의 극한) f는 무한구간(a, ∞)에서 정의된 함수이다. 임의의 ε>0에 대하여 적당한 실수 M을 택할 때 x>M인 모든 x에 대하여 |f(x)-α|<ε 이면

x→∞ 일 때 f(x)→α

또는

\[\lim_{x\to\infty}f(x)=\alpha\]

로 쓰고, α를 x가 무한히 커질 때의 f(x)의 극한값이라 한다. 

정리 1.   무한구간 (a, ∞)에서 정의된 함수 f, g에 대하여 \[\lim_{x\to\infty}f(x)=\alpha,\,\lim_{x\to\infty}g(x)=\beta\]이면 \((1)\ \displaystyle\lim_{x\to\infty}\{f(x)+g(x)\}=\alpha+\beta,\) \((2)\ \displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)g(x)=\alpha\beta,\) \((3)\ \displaystyle\lim_{x\to\infty}\{f(x)-g(x)\}=\alpha-\beta,\) \((4)\ \displaystyle\lim_{x\to\infty}{f(x)\over{g(x)}}={\alpha\over\beta}(\text{단},\ \beta\ne0).\)

무한구간(-∞, a)에서 정의된 함수 f에 대하여 위와 같은 방법으로

\[\lim_{x\to-\infty}f(x)=\alpha\]

를 정의할 수 있고, 위의 같은 정리가 성립한다.

정의 2. (극한 ∞, -∞) 함수 f는 0<|x-a|<r 인 x의 집합에서 정의되어 있다. 임의의 양수 M에 대하여 적당한 양수 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 인 모든 x에 대하여 f(x)>M 이면 x→a 일 때의 f(x)의 극한은 양의 무한대라하고 기호로
\[\lim_{x\to a}f(x)=\infty\]
로 나타낸다.

또한, 0<|x-a|<δ 인 모든 x에 대하여 f(x)<-M 이면 x→a 일 때의 f(x)의 극한은 음의 무한대라 하고 기호로

\[\lim_{x\to a}f(x)=-\infty\]

로 나타낸다.

[예제 1]   함수 \(f(x)=1/x^2\)에 대하여 다음이 성립함을 증명하여라.
(1) \(\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=\infty,\)
(2) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=0,\,\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\)

<증명>

(1) 임의의 양수 M에 대하여 \({1\over x^2}>M\) 이기 위해서는 \({1\over\sqrt{M}}>|x|\) 이어야 한다.

그러므로 \(\delta={1\over\sqrt{M}}\) 이라 하면 \(0<|x|<\delta={1\over\sqrt{M}}\)인 모든 x에 대하여 \(f(x)={1\over x^2}>{1\over\delta^2}=M\)

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to0}f(x)=\infty\)

(2) 임의의 양수 ε에 대하여 \({1\over x^2}<\epsilon\) 이기 위해서는 \(x>{1\over\sqrt{\epsilon}}\) 이어야 한다.

그러므로 \(M={1\over\sqrt{\epsilon}}\) 이라 하면 x>M 인 모든 x에 대하여 \(|f(x)|={1\over x^2}<{1\over M^2}=\epsilon.\)

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to0}f(x)=\infty.\) 같은 방법으로 \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\).

[예제 2]   함수 f(x)=1/x 에 대하여 다음을 증명하여라.
(1) \(\displaystyle\lim_{x\to+0}f(x)=\infty,\,\lim_{x\to-0}f(x)=-\infty\)
(2) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=0,\,\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\)

<증명>

(1) 임의의 M>0에 대하여 \(\delta={1\over M}\)이라 하면

0<|x|<δ 일 때 \(|f(x)|=\left|1\over x\right|>{1\over\delta}=M\). 따라서 이 δ에 대하여 0<x<δ 일 때 f(x)>M, -δ<x<0 일 때 f(x)<-M.

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to+0}f(x)=\infty,\,\lim_{x\to-0}f(x)=-\infty\)

(2) 임의의 ε>0에 대하여 \(M={1\over\epsilon}\) 이라 하면

|x|>M 인 임의의 x에 대하여 \(|f(x)|=\left|{1\over x}\right|<{1\over M}=\epsilon\). 곧, x>M 일 때 |f(x)|<ε, x<-M 일 때 |f(x)|<ε.

\(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to\infty}f(x)=0,\,\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\)

[예제 3]   \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{x}=\infty\) 임을 증명하여라.

<증명>   임의의 양수 M에 대하여 \(N=M^2\)이라 하면 x>N 인 임의의 x에 대하여 \(\sqrt{x}>\sqrt{N}=M\). \(\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to\infty}\sqrt{x}=\infty\).

[예제 4]   \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{x^2-2x+3}{5x^2+3x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-{2\over x}+{3\over x^2}}{5+{3\over x}+{1\over x^2}}={1\over5}\).

[예제 5]   \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin{1\over x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\sin{1\over x}}{1\over x}=\lim_{y\to0}{\sin{y}\over y}=1\)

[예제 6]  두 함수 f, g는 0<|x-a|<r 인 범위에서 f(x)≤g(x) 인 관계가 있다. 이 때 다음을 증명하여라.

\[\lim_{x\to a}f(x)=\infty\ \text{이면}\ \lim_{x\to a}g(x)=\infty\]

<증명>   가정에 의해 임의의 양수 M에 대하여 적당한 양수 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 일 때 f(x)>M 이다. 그런데 f(x)≤g(x) 이므로 g(x)>M. 곧, 임의의 양수 M에 대하여 양수 δ가 존재하여 0<|x-a|<δ 일 때 g(x)>M.

\[\displaystyle\therefore\ \lim_{x\to a}g(x)=\infty.\]

[예제 7]   \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin{k\over x}\)를 구하여라(단, k는 실수).

<풀이>   \({k\over x}=t\)라 놓으면 x→∞ 일 때 t→0. 따라서

k=0 일 때 \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin{k\over x}=0=k\),

k≠0 일 때 \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin{k\over x}=\lim_{t\to0}k{\sin{t}\over t}=k\)

\(\displaystyle\lim_{x\to\infty}x\sin{k\over x}=k\).

[예제 8]   \(\begin{align}\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+2x-3}-x+1\right)&=\lim_{x\to\infty}\frac{4(x-1)}{\sqrt{x^2+2x-3}+x-1}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{4\left(1-{1\over x}\right)}{\sqrt{1+{2\over x}-{3\over x^2}}+1-{1\over x}}={4\over2}=2.\end{align}\)

《문      제》

다음 극한이 존재할 때에는 그 극한을 구하여라.

(1) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{2x+3}{5x+7}=\lim_{x\to\infty}\frac{2+{3\over x}}{5+{7\over x}}={2\over5}\)

(2) \(\displaystyle\lim_{z\to0}\frac{4z^3+3z^2+2}{z^4+5z^2+1}=\lim_{z\to0}\frac{{4\over z}+{3\over z^2}+{2\over z^4}}{1+{5\over z^2}+{1\over z^4}}=0\)

(3) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}{\sin{x}\over{x}}=\lim_{y\to0}y\sin{1\over{y}}=0\)

(4) \(\displaystyle\lim_{t\to\infty}(1-\cos{t})\ :\ |\cos{t}|\le1\ \text{이므로}\ 0\le|1-\cos{t}|\le2.\ \therefore\ \text{극한값 없음}.\)

(5) \(\displaystyle\lim_{t\to\infty}\frac{1-\cos{t}}{t}=\lim_{t\to\infty}{1\over{t}}\cdot\lim_{t\to\infty}(1-\cos{t})=0\)

(6) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{x^2-1}{x^2-x}}=\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{1-{1\over^2}}{1-{1\over{x}}}}=1\)

(7) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\sqrt{\frac{2+3x}{1-5x}}\ :\ x\to\infty\ \text{일 때}\ \frac{2+3x}{1-5x}\to-{3\over5}.\ \therefore\ \text{극한값 없음.}\)

(8) \(\begin{align}\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2+1}\right)&=\lim_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2+1}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+{1\over{x}}+{1\over{x^2}}}+\sqrt{1+{1\over{x^2}}}}={1\over2}\end{align}\)

(9) \(\begin{align}&\lim_{x\to\infty}\left\{\sqrt{(x+a)(x+b)}-\sqrt{(x-a)(x-b)}\right\}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{2(a+b)x}{\sqrt{x^2+(a+b)x+ab}+\sqrt{x^2-(a+b)x+ab}}\\&=\lim_{x\to\infty}\frac{2(a+b)}{\sqrt{1+{a+b\over x}+{ab\over x^2}}+\sqrt{1-{a+b\over x}+{ab\over x^2}}}=a+b\end{align}\)

(10) \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}{1\over x}\cos{kx}=\lim_{x\to\infty}kt\cos{1\over t}=0\)