例題3.1
問題 1
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n=\left(1-\frac{2}{n}\right)^n $$
解答 1
次の極限を用いる。
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^x
$$
ここで
$$
a_n=\left(1-\frac{2}{n}\right)^n=\left(1+\frac{-2}{n}\right)^n
$$
より
$$
\lim_{n\to\infty}a_n=e^{-2}
$$
$$ \boxed{e^{-2}} $$
問題 2
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n=\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} $$
解答 2
和の公式より
$$
1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}
$$
したがって
$$
a_n=\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2}
=\frac{n(n+1)}{2n^2}
=\frac{n+1}{2n}
=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)
$$
よって
$$
\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{2}
$$
$$ \boxed{\frac{1}{2}} $$
問題3.1
問題 (1)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n = 1 + \left( \frac{-1}{2} \right)^n $$
解答 (1)
n が無限大に近づくとき
$$
\left( -\frac{1}{2} \right)^n \to 0
$$
となる。
したがって
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = 1 + 0 = 1
$$
$$\boxed{1}$$
問題 (2)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n = \frac{2^n - 1}{3^n + 1} $$
解答 (2)
分子と分母を
$$
3^n
$$
で割ると
$$
a_n = \frac{\left( \frac{2}{3} \right)^n - \left( \frac{1}{3} \right)^n}{1 + \left( \frac{1}{3} \right)^n}
$$
n が無限大に近づくとき
$$
\left( \frac{2}{3} \right)^n \to 0
$$
および
$$
\left( \frac{1}{3} \right)^n \to 0
$$
であるから
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{0 - 0}{1 + 0} = 0
$$
$$\boxed{0}$$
問題 (3)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$
a_n = a^{\frac{1}{n}}
$$
$$
(a > 0)
$$
解答 (3)
n が無限大に近づくとき
$$
\frac{1}{n} \to 0
$$
である。
指数関数の連続性により
$$
\lim_{n \to \infty} a^{\frac{1}{n}} = a^0 = 1
$$
$$\boxed{1}$$
問題 (4)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n = n^{\frac{1}{n}} $$
解答 (4)
数列の自然対数をとると
$$
\ln a_n = \ln n^{\frac{1}{n}} = \frac{\ln n}{n}
$$
n が無限大に近づくとき、多項式関数は対数関数よりも速く増加するため
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n} = 0
$$
となる。
よって
$$
\lim_{n \to \infty} \ln a_n = 0
$$
であるから
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = e^0 = 1
$$
$$\boxed{1}$$
問題 (5)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$
a_n = \frac{a^n}{n^k}
$$
$$
(a > 1, k = 1, 2, \cdots)
$$
解答 (5)
a > 1 より、
$$
a = 1 + h \quad (h > 0)
$$
とおくことができる。
n が十分に大きいとき、二項定理を用いると指数関数
$$
a^n = (1+h)^n
$$
は任意の多項式
$$
n^k
$$
よりも速く増加することが示される。
したがって
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n^k} = \infty
$$
$$\boxed{\infty}$$
問題 (6)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n = \frac{a^n}{n!} $$
解答 (6)
a = 0 のときは明らかに 0 である。
a が 0 でないとき、隣接する項の比を考えると
$$
\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \left| \frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{a^n} \right| = \frac{|a|}{n+1}
$$
n が無限大に近づくとき
$$
\frac{|a|}{n+1} \to 0
$$
である。
公比が 0 に収束するため、n が十分に大きいときこの比は 1 より小さくなる。
したがって、数列は 0 に収束する。
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{a^n}{n!} = 0
$$
$$\boxed{0}$$
問題 (7)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
a_n = \frac{\cos n}{n}
$$
解答 (7)
任意の n に対して
$$
-1 \le \cos n \le 1
$$
であるから、各辺を n で割ると
$$
-\frac{1}{n} \le \frac{\cos n}{n} \le \frac{1}{n}
$$
が得られる。
n が無限大に近づくとき
$$
\lim_{n \to \infty} \left( -\frac{1}{n} \right) = 0
$$
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0
$$
はさみうちの原理により
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{\cos n}{n} = 0
$$
$$\boxed{0}$$
問題 (8)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$
a_n = (a^n + b^n + c^n)^{\frac{1}{n}}
$$
$$
(0 < a < b < c)
$$
解答 (8)
式を以下のように変形する
$$
a_n = \left\{ c^n \left[ \left( \frac{a}{c} \right)^n + \left( \frac{b}{c} \right)^n + 1 \right] \right\}^{\frac{1}{n}}
$$
$$
a_n = c \left[ \left( \frac{a}{c} \right)^n + \left( \frac{b}{c} \right)^n + 1 \right]^{\frac{1}{n}}
$$
0 < a < b < c より
$$
0 < \frac{a}{c} < 1, \quad 0 < \frac{b}{c} < 1
$$
であるから、n が無限大に近づくとき
$$
\left( \frac{a}{c} \right)^n \to 0, \quad \left( \frac{b}{c} \right)^n \to 0
$$
となる。
したがって
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = c \cdot (0 + 0 + 1)^0 = c \cdot 1 = c
$$
$$\boxed{c}$$
問題 (9)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$ a_n = \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{n^3} $$
解答 (9)
自然数の 2 乗の和の公式
$$
\sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)
$$
を用いると
$$
a_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}
$$
$$
a_n = \frac{1}{6} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n+1}{n} \cdot \frac{2n+1}{n}
$$
$$
a_n = \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \cdot \left( 2 + \frac{1}{n} \right)
$$
n が無限大に近づくとき
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 = \frac{1}{3}
$$
$$\boxed{\frac{1}{3}}$$
問題 (10)
次の式で与えられる数列$\{a_n\}$の$n \to \infty$のときの極限値を求めよ。
$$
a_n = \frac{1^k + 2^k + \cdots + n^k}{n^{k+1}}
$$
$$
(k = 3, 4, \cdots)
$$
解答 (10)
与えられた式を区分求積法の形に変形する
$$
a_n = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \left( \frac{i}{n} \right)^k
$$
n が無限大に近づくとき、これは定積分に収束する
$$
\lim_{n \to \infty} a_n = \int_{0}^{1} x^k dx
$$
積分の計算を行うと
$$
\begin{aligned} \int_{0}^{1} x^k dx &= \left[ \frac{x^{k+1}}{k+1} \right]_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{k+1} \end{aligned}
$$
となる。
$$\boxed{\frac{1}{k+1}}$$
例題 3.2
はじめの 2 項が $a_1 = 1, a_2 = p > 1$ で与えられ，
$$a_n = 3a_{n-1} - 2a_{n-2} \quad (n \ge 3)$$
で一般項が定まる数列 $\{a_n\}$ について次の問に答えよ．
(1) $a_n$ ($n \ge 3$) を $n$ の式で表せ．
(2)
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$$
を計算せよ．
例題 3.2 の解答
(1) $a_n$ ($n \ge 3$) を $n$ の式で表せ
与えられた漸化式 $a_n - 3a_{n-1} + 2a_{n-2} = 0$ の特性方程式を考えます。
$$x^2 - 3x + 2 = 0$$
これを解くと $(x-1)(x-2)=0$ より、$x = 1, 2$ となります。
したがって、数列 $\{a_n\}$ の一般項は定数 $A, B$ を用いて次のように置けます。
$$a_n = A \cdot 1^{n-1} + B \cdot 2^{n-1} = A + B \cdot 2^{n-1}$$
初期条件 $a_1 = 1, a_2 = p$ を代入して $A, B$ を求めます。
- $n=1$ のとき： $A + B = 1 \quad \dots ①$
- $n=2$ のとき： $A + 2B = p \quad \dots ②$
$② - ①$ より：
$$B = p - 1$$
これを $①$ に代入して：
$$A = 1 - (p - 1) = 2 - p$$
よって、求める一般項は以下の通りです。
$a_n = (2 - p) + (p - 1) \cdot 2^{n-1}$
(2) $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$ を計算せよ
(1) で求めた一般項を式に代入します。
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2 - p) + (p - 1) \cdot 2^n}{(2 - p) + (p - 1) \cdot 2^{n-1}}$$
分母・分子を $2^{n-1}$ で割ると：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{2 - p}{2^{n-1}} + 2(p - 1)}{\frac{2 - p}{2^{n-1}} + (p - 1)}$$
ここで $n \to \infty$ とすると、$\frac{2 - p}{2^{n-1}} \to 0$ となります。
また、問題の条件 $p > 1$ より $p - 1 \neq 0$ であるため、
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{0 + 2(p - 1)}{0 + (p - 1)} = 2$$
答え： 2
問題 3.2
次の式で定義される数列の極限値を求めよ．
問題 1
次の式で定義される数列の極限値を求めよ．
$a_1 = 2$,
$$a_n = \frac{1}{2}(a_{n-1} + 1) \quad (n \ge 2)$$
解答 1
与えられた漸化式
$$a_n = \frac{1}{2}a_{n-1} + \frac{1}{2}$$
において、特性方程式
$$\alpha = \frac{1}{2}\alpha + \frac{1}{2}$$
を解くと、$\alpha = 1$ を得る。これを用いて漸化式を変形すると
$$a_n - 1 = \frac{1}{2}(a_{n-1} - 1)$$
となる。したがって、数列 $\{a_n - 1\}$ は初項 $a_1 - 1 = 2 - 1 = 1$、公比
$$\frac{1}{2}$$
の等比数列であるから
$$a_n - 1 = 1 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}$$
$$a_n = 1 + \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}$$
$n \to \infty$ のとき
$$\left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} \to 0$$
であるから、求める極限値は
$$\lim_{n \to \infty} a_n = 1$$
$$\boxed{1}$$
問題 2
次の式で定義される数列の極限値を求めよ．
$a_1 = 1$,
$$a_n = \frac{n}{n+1}a_{n-1} \quad (n \ge 2)$$
解答 2
与えられた漸化式
$$a_n = \frac{n}{n+1}a_{n-1}$$
を $n=2$ から順に適用すると
$$\begin{aligned} a_n &= \frac{n}{n+1} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1} \cdot \dots \cdot \frac{2}{3} \cdot a_1 \\ &= \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot \dots \cdot 2}{(n+1) \cdot n \cdot (n-1) \cdot \dots \cdot 3} \cdot a_1 \end{aligned}$$
分母と分子の共通項を約分すると
$$a_n = \frac{2}{n+1} \cdot a_1$$
$a_1 = 1$ であるから
$$a_n = \frac{2}{n+1}$$
$n \to \infty$ のとき
$$\frac{2}{n+1} \to 0$$
であるから、求める極限値は
$$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$$
$$\boxed{0}$$
問題 3
次の式で定義される数列の極限値を求めよ．
$a_1 > 0$,
$$a_{n+1} = \frac{2}{2 + a_n} \quad (n \ge 1)$$
解答 3
極限値 $\alpha$ が存在すると仮定すると
$$\alpha = \frac{2}{2 + \alpha}$$
$$\alpha^2 + 2\alpha - 2 = 0$$
これを解くと $\alpha = -1 \pm \sqrt{3}$ となる。
$a_1 > 0$ かつ漸化式の形より、すべての $n$ について $a_n > 0$ であるから、極限値の候補は $\alpha = \sqrt{3} - 1$ である。
次に、$\alpha = \sqrt{3} - 1$ として $|a_{n+1} - \alpha|$ を計算する。
$$\begin{aligned} a_{n+1} - \alpha &= \frac{2}{2 + a_n} - \frac{2}{2 + \alpha} \\ &= \frac{2(2 + \alpha) - 2(2 + a_n)}{(2 + a_n)(2 + \alpha)} \\ &= \frac{-2(a_n - \alpha)}{(2 + a_n)(1 + \sqrt{3})} \end{aligned}$$
両辺の絶対値をとると
$$|a_{n+1} - \alpha| = \frac{2}{(2 + a_n)(1 + \sqrt{3})} |a_n - \alpha|$$
ここで $a_n > 0$ より
$$\frac{2}{(2 + a_n)(1 + \sqrt{3})} < \frac{2}{2(1 + \sqrt{3})} = \frac{1}{1 + \sqrt{3}} < 1$$
定数 $r = \frac{1}{1 + \sqrt{3}}$ とおくと
$$|a_{n+1} - \alpha| < r |a_n - \alpha|$$
これを繰り返すと
$$|a_n - \alpha| < r^{n-1} |a_1 - \alpha|$$
$0 < r < 1$ より $n \to \infty$ のとき $r^{n-1} \to 0$ であるから
$$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha = \sqrt{3} - 1$$
$$\boxed{\sqrt{3} - 1}$$
問題 4
次の式で定義される数列の極限値を求めよ．
$a_1 = 1$,
$$a_{n+1} = 1 + \frac{1}{a_n} \quad (n \ge 1)$$
解答 4
極限値 $\alpha$ が存在すると仮定すると
$$\alpha = 1 + \frac{1}{\alpha}$$
$$\alpha^2 - \alpha - 1 = 0$$
これを解くと
$$\alpha = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$
$a_1 = 1$ よりすべての $n$ について $a_n > 0$ であるから、極限値の候補は正の解である黄金比
$$\alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$
である。このとき
$$\begin{aligned} a_{n+1} - \alpha &= \left( 1 + \frac{1}{a_n} \right) - \left( 1 + \frac{1}{\alpha} \right) \\ &= \frac{1}{a_n} - \frac{1}{\alpha} \\ &= \frac{\alpha - a_n}{a_n \alpha} \end{aligned}$$
絶対値をとると
$$|a_{n+1} - \alpha| = \frac{1}{a_n \alpha} |a_n - \alpha|$$
$a_1 = 1$ より $a_2 = 2, a_3 = 1.5, \dots$ となり、すべての $n \ge 1$ で $a_n \ge 1$ であることがわかる。
また $\alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} > 1.618$ であるから
$$\frac{1}{a_n \alpha} \le \frac{1}{\alpha} < 1$$
定数 $r = \frac{1}{\alpha}$ とおくと
$$|a_{n+1} - \alpha| \le r |a_n - \alpha|$$
$0 < r < 1$ であるから、はさみうちの原理より $n \to \infty$ のとき $a_n \to \alpha$ となる。
したがって、求める極限値は
$$\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$
$$\boxed{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}}$$
例題 3.3
次の極限値を求めよ．
$$\lim_{x \to 0} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{x}$$
例題 3.3 解答
与えられた極限式を次のように変形する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{e^{ax} - e^{bx}}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{(e^{ax} - 1) - (e^{bx} - 1)}{x} \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{ax} - 1}{x} - \frac{e^{bx} - 1}{x} \right) \end{aligned}$$
ここで、定数 $k$ に対して次の基本極限の公式が成り立つ。
$$\lim_{x \to 0} \frac{e^{kx} - 1}{x} = k$$
この公式を $k = a$ および $k = b$ の場合に適用すると、
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \left( \frac{e^{ax} - 1}{x} - \frac{e^{bx} - 1}{x} \right) &= a - b \end{aligned}$$
したがって、求める極限値は次のようになる。
$$\boxed{a - b}$$
問題 3.3
次の極限値を求めよ．
問題 1
(1)
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin ax - \sin bx}{x}$$
解答 1
与えられた式を分離して、三角関数の基本極限の公式である $\lim_{\theta \to 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ を利用する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin ax - \sin bx}{x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin ax}{x} - \frac{\sin bx}{x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( a \cdot \frac{\sin ax}{ax} - b \cdot \frac{\sin bx}{bx} \right) \\ &= a \cdot 1 - b \cdot 1 \\ &= a - b \end{aligned}$$
$$\boxed{a - b}$$
問題 2
(2)
$$\lim_{x \to 0} \frac{a^x - b^x}{x} \quad (a, b > 0)$$
解答 2
指数関数の極限の公式 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ 、および一般の底については $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$ であることを利用する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{a^x - b^x}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{(a^x - 1) - (b^x - 1)}{x} \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{a^x - 1}{x} - \frac{b^x - 1}{x} \right) \\ &= \log a - \log b \\ &= \log \frac{a}{b} \end{aligned}$$
$$\boxed{\log \frac{a}{b}}$$
問題 3
(3)
$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{-1} ax - \sin^{-1} bx}{x}$$
解答 3
逆関数の微分係数の定義、または $t = \sin^{-1} kx$ と置換して考える。 $\lim_{h \to 0} \frac{\sin^{-1} h}{h} = 1$ であることを利用する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\sin^{-1} ax - \sin^{-1} bx}{x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\sin^{-1} ax}{x} - \frac{\sin^{-1} bx}{x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( a \cdot \frac{\sin^{-1} ax}{ax} - b \cdot \frac{\sin^{-1} bx}{bx} \right) \\ &= a \cdot 1 - b \cdot 1 \\ &= a - b \end{aligned}$$
$$\boxed{a - b}$$
問題 4
(4)
$$\lim_{x \to 0+} \frac{x^a - x^b}{x}$$
解答 4
与えられた式を簡略化する。
$$\begin{aligned} \frac{x^a - x^b}{x} = x^{a-1} - x^{b-1} \end{aligned}$$
ここで、$a, b > 1$ と仮定すると、$x \to 0+$ において $x^{a-1} \to 0$ および $x^{b-1} \to 0$ となる。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0+} (x^{a-1} - x^{b-1}) = 0 - 0 = 0 \end{aligned}$$
※ $a, b$ の値の範囲によっては $1$ や不定（発散）となる場合もあるが、一般的な演習問題の文脈では $a, b > 1$ を想定することが多い。
$$\boxed{0}$$
問題 5
(5)
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan ax - \tan bx}{x}$$
解答 5
基本極限 $\lim_{\theta \to 0} \frac{\tan \theta}{\theta} = 1$ を利用する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\tan ax - \tan bx}{x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan ax}{x} - \frac{\tan bx}{x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( a \cdot \frac{\tan ax}{ax} - b \cdot \frac{\tan bx}{bx} \right) \\ &= a \cdot 1 - b \cdot 1 \\ &= a - b \end{aligned}$$
$$\boxed{a - b}$$
問題 6
(6)
$$\lim_{x \to \frac{\pi}{3}} \frac{\sin(x + \frac{\pi}{6}) - 1}{x - \frac{\pi}{3}}$$
解答 6
$t = x - \frac{\pi}{3}$ とおくと、$x = t + \frac{\pi}{3}$ であり、$x \to \frac{\pi}{3}$ のとき $t \to 0$ となる。
$$\begin{aligned} x + \frac{\pi}{6} &= \left( t + \frac{\pi}{3} \right) + \frac{\pi}{6} \\ &= t + \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$
これを与式に代入すると、
$$\begin{aligned} \lim_{t \to 0} \frac{\sin(t + \frac{\pi}{2}) - 1}{t} &= \lim_{t \to 0} \frac{\cos t - 1}{t} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{(\cos t - 1)(\cos t + 1)}{t(\cos t + 1)} \\ &= \lim_{t \to 0} \frac{-\sin^2 t}{t(\cos t + 1)} \\ &= \lim_{t \to 0} \left( -\frac{\sin t}{t} \cdot \frac{\sin t}{\cos t + 1} \right) \\ &= -1 \cdot \frac{0}{1+1} \\ &= 0 \end{aligned}$$
$$\boxed{0}$$
問題 7
(7)
$$\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \tan x}$$
解答 7
式の形を整理して既知の極限の公式を適用する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \tan x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{1 - \cos x}{x^2} \cdot \frac{x}{\tan x} \right) \end{aligned}$$
ここで、 $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ および $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ であるから、
$$\begin{aligned} \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2} \end{aligned}$$
$$\boxed{\frac{1}{2}}$$
問題 8
(8)
$$\lim_{x \to 0} \frac{\tan(\sin x)}{\tan x}$$
解答 8
次のように変形して極限を求める。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\tan(\sin x)}{\tan x} &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan(\sin x)}{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{\tan x} \right) \\ &= \lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan(\sin x)}{\sin x} \cdot \cos x \right) \end{aligned}$$
$x \to 0$ のとき $\sin x \to 0$ なので、$\frac{\tan(\sin x)}{\sin x} \to 1$ となる。また、$\cos 0 = 1$ である。
$$\begin{aligned} 1 \cdot 1 = 1 \end{aligned}$$
$$\boxed{1}$$
問題 9
(9)
$$\lim_{x \to 0} \frac{x}{3^x - 2^x}$$
解答 9
分母と分子を $x$ で割ると、問題(2)の結果（または公式）を利用できる。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{x}{3^x - 2^x} &= \lim_{x \to 0} \frac{1}{\frac{3^x - 2^x}{x}} \end{aligned}$$
分母の極限は $\log 3 - \log 2 = \log \frac{3}{2}$ であるから、
$$\begin{aligned} \frac{1}{\log \frac{3}{2}} \end{aligned}$$
$$\boxed{\frac{1}{\log \frac{3}{2}}}$$
問題 10
(10)
$$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right)$$
解答 10
通分して計算する。
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x \sin x} &= \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^2 \cdot \frac{\sin x}{x}} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^2} \end{aligned}$$
ロピタルの定理を適用すると（またはマクローリン展開を用いると）、
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{2x} &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{2} \\ &= 0 \end{aligned}$$
$$\boxed{0}$$
問題 11
(11)
$$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}-} \left( \frac{\pi}{2} - x \right) \tan x$$
解答 11
$t = \frac{\pi}{2} - x$ とおくと、$x \to \frac{\pi}{2}-$ のとき $t \to 0+$ となる。
$$\begin{aligned} \tan x = \tan \left( \frac{\pi}{2} - t \right) = \frac{1}{\tan t} \end{aligned}$$
これを与式に代入すると、
$$\begin{aligned} \lim_{t \to 0+} t \cdot \frac{1}{\tan t} &= \lim_{t \to 0+} \frac{1}{\frac{\tan t}{t}} \\ &= \frac{1}{1} \\ &= 1 \end{aligned}$$
$$\boxed{1}$$
問題 12
(12)
$$\lim_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}}$$
解答 12
$t = x - 1$ とおくと、$x = 1 + t$ であり、$x \to 1$ のとき $t \to 0$ となる。
$$\begin{aligned} \lim_{t \to 0} (1 + t)^{\frac{1}{-t}} &= \lim_{t \to 0} \left\{ (1 + t)^{\frac{1}{t}} \right\}^{-1} \end{aligned}$$
自然対数の底 $e$ の定義 $\lim_{t \to 0} (1+t)^{\frac{1}{t}} = e$ より、
$$\begin{aligned} e^{-1} = \frac{1}{e} \end{aligned}$$
$$\boxed{\frac{1}{e}}$$
問題 13
(13)
$$\lim_{x \to 0} (\cos x)^{\frac{1}{x^2}}$$
解答 13
対数をとって極限を考える。 $y = (\cos x)^{\frac{1}{x^2}}$ とすると、
$$\begin{aligned} \log y = \frac{\log \cos x}{x^2} \end{aligned}$$
$x \to 0$ のときの極限をロピタルの定理を用いて求めると、
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{\log \cos x}{x^2} &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{-\sin x}{\cos x}}{2x} \\ &= \lim_{x \to 0} \left( -\frac{1}{2 \cos x} \cdot \frac{\sin x}{x} \right) \\ &= -\frac{1}{2} \cdot 1 \\ &= -\frac{1}{2} \end{aligned}$$
よって $\lim_{x \to 0} y = e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{e}}$ である。
$$\boxed{\frac{1}{\sqrt{e}}}$$
問題 14
(14)
$$\lim_{x \to 0+} \frac{\log(\tan 2x)}{\log(\tan x)}$$
解答 14
倍角の公式 $\tan 2x = \frac{2 \tan x}{1 - \tan^2 x}$ を利用して対数の中身を展開する。
$$\begin{aligned} \log(\tan 2x) &= \log \left( \frac{2 \tan x}{1 - \tan^2 x} \right) \\ &= \log 2 + \log(\tan x) - \log(1 - \tan^2 x) \end{aligned}$$
これを与式に代入し、分母の $\log(\tan x)$ で割ると、
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0+} \frac{\log 2 + \log(\tan x) - \log(1 - \tan^2 x)}{\log(\tan x)} &= \lim_{x \to 0+} \left( \frac{\log 2}{\log(\tan x)} + 1 - \frac{\log(1 - \tan^2 x)}{\log(\tan x)} \right) \end{aligned}$$
ここで、$x \to 0+$ のとき $\tan x \to 0$ なので、$\log(\tan x) \to -\infty$ となる。したがって、
$$\begin{aligned} \frac{\log 2}{-\infty} + 1 - \frac{\log 1}{-\infty} &= 0 + 1 - 0 \\ &= 1 \end{aligned}$$
$$\boxed{1}$$
問題 3.4
次の値を求めよ．
問題 1
$$\sin^{-1} \left( -\frac{1}{2} \right)$$
解答 1
求める値を $\theta$ とおくと、逆正弦関数の定義より次のように書ける。
$$\sin \theta = -\frac{1}{2}$$
ここで、逆正弦関数の値域は次の範囲である。
$$-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$$
この範囲で $\sin \theta = -\frac{1}{2}$ を満たす値は次の通りである。
$$\theta = -\frac{\pi}{6}$$
したがって、求める値は次のようになる。
$$\boxed{-\frac{\pi}{6}}$$
問題 2
$$\tan^{-1} \frac{1}{\sqrt{3}}$$
解答 2
求める値を $\theta$ とおくと、逆正接関数の定義より次のように書ける。
$$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$$
ここで、逆正接関数の値域は次の範囲である。
$$-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$$
この範囲で $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$ を満たす値は次の通りである。
$$\theta = \frac{\pi}{6}$$
したがって、求める値は次のようになる。
$$\boxed{\frac{\pi}{6}}$$
問題 (3)
$$\lim_{x \to \infty} \tan^{-1} x$$
解答 3
逆正接関数 $y = \tan^{-1} x$ の性質を考える。逆正接関数は、正接関数 $x = \tan y$ の主値（$-\frac{\pi}{2} < y < \frac{\pi}{2}$）における逆関数である。
関数のグラフにおいて、$x$ が正の無限大に近づくとき、 $y$ の値は漸近線である次の値に収束する。
$$\frac{\pi}{2}$$
したがって、極限値は次のようになる。
$$\boxed{\frac{\pi}{2}}$$
問題 3.5 次の関数 $f(x)$ について，$y = f(x)$ のグラフの概形を描け．
(1) $$f(x) = \sin^{-1} x$$
解答 3.5
この関数の定義域は $-1 \le x \le 1$、値域は $-\frac{\pi}{2} \le y \le \frac{\pi}{2}$ である。
グラフは原点を通り、単調増加する曲線となる。主要な点は以下の通りである。
* $(-1, -\frac{\pi}{2})$
* $(0, 0)$
* $(1, \frac{\pi}{2})$
$$\boxed{y = \sin^{-1} x \quad (-1 \le x \le 1)}$$
問題 3.5 次の関数 $f(x)$ について，$y = f(x)$ のグラフの概形を描け．
(2) $$f(x) = \cos^{-1} x$$
解答 3.5
この関数の定義域は $-1 \le x \le 1$、値域は $0 \le y \le \pi$ である。
グラフは単調減少する曲線となる。主要な点は以下の通りである。
* $(-1, \pi)$
* $(0, \frac{\pi}{2})$
* $(1, 0)$
$$\boxed{y = \cos^{-1} x \quad (-1 \le x \le 1)}$$
問題 3.5 次の関数 $f(x)$ について，$y = f(x)$ のグラフの概形を描け．
(3) $$f(x) = \tan^{-1} x$$
解答 (3)
この関数の定義域は全実数（$-\infty < x < \infty$）、値域は $-\frac{\pi}{2} < y < \frac{\pi}{2}$ である。
グラフは原点を通り、単調増加する。また、$y = \pm \frac{\pi}{2}$ が漸近線となる。
$$\boxed{y = \tan^{-1} x \quad (-\infty < x < \infty)}$$
問題 3.6 次の方程式を解け．
(1) $$\cos^{-1} x = \tan^{-1} 2$$
解答 (1)
$\alpha = \tan^{-1} 2$ とおくと、$\tan \alpha = 2$ かつ $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ である。
与式は $\cos^{-1} x = \alpha$ より、$x = \cos \alpha$ となる。
三角関数の相互関係を用いて $\cos \alpha$ を求めると
$$\begin{aligned}
\frac{1}{\cos^2 \alpha} &= 1 + \tan^2 \alpha \\
&= 1 + 2^2 \\
&= 5
\end{aligned}$$
したがって
$$\cos^2 \alpha = \frac{1}{5}$$
$\alpha$ は第一象限の角であるから $\cos \alpha > 0$ となり
$$x = \frac{1}{\sqrt{5}}$$
$$\boxed{x = \frac{1}{\sqrt{5}}}$$
問題 3.6 次の方程式を解け．
(2) $$\sin^{-1} x + 2 \sin^{-1} \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$$
解答 (2)
$\alpha = \sin^{-1} \frac{1}{4}$ とおくと、$\sin \alpha = \frac{1}{4}$ である。
与式は次のように変形できる。
$$\sin^{-1} x = \frac{\pi}{2} - 2\alpha$$
$$x = \sin \left( \frac{\pi}{2} - 2\alpha \right)$$
余角の公式 $\sin(\frac{\pi}{2} - \theta) = \cos \theta$ を用いると
$$x = \cos 2\alpha$$
二倍角の公式 $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha$ を用いると
$$\begin{aligned}
x &= 1 - 2 \left( \frac{1}{4} \right)^2 \\
&= 1 - \frac{2}{16} \\
&= 1 - \frac{1}{8} \\
&= \frac{7}{8}
\end{aligned}$$
$$\boxed{x = \frac{7}{8}}$$
問題 3.6 次の方程式を解け．
(3) $$\tan^{-1} x + 2 \tan^{-1} \frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$$
解答 (3)
$\alpha = \tan^{-1} \frac{1}{3}$ とおくと、$\tan \alpha = \frac{1}{3}$ である。
与式は $\tan^{-1} x = \frac{\pi}{4} - 2\alpha$ となり
$$x = \tan \left( \frac{\pi}{4} - 2\alpha \right)$$
加法定理を用いる前に、$\tan 2\alpha$ を求める。
$$\begin{aligned}
\tan 2\alpha &= \frac{2 \tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha} \\
&= \frac{2 \cdot \frac{1}{3}}{1 - \left( \frac{1}{3} \right)^2} \\
&= \frac{\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}} \\
&= \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8} \\
&= \frac{3}{4}
\end{aligned}$$
加法定理より
$$\begin{aligned}
x &= \frac{\tan \frac{\pi}{4} - \tan 2\alpha}{1 + \tan \frac{\pi}{4} \tan 2\alpha} \\
&= \frac{1 - \frac{3}{4}}{1 + 1 \cdot \frac{3}{4}} \\
&= \frac{\frac{1}{4}}{\frac{7}{4}} \\
&= \frac{1}{7}
\end{aligned}$$
$$\boxed{x = \frac{1}{7}}$$
問題 3.7 次の関数の定義域を述べ，値を示せ．
(1) $$\sin^{-1} x + \cos^{-1} x$$
解答 (1)
逆正弦関数 $\sin^{-1} x$ および逆余弦関数 $\cos^{-1} x$ の定義域はともに $-1 \le x \le 1$ である。
$\theta = \sin^{-1} x$ とおくと、$-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ かつ $\sin \theta = x$ である。
三角関数の公式 $\cos \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \sin \theta = x$ より、
かつ $0 \le \frac{\pi}{2} - \theta \le \pi$ であるから、
$$\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \theta$$
したがって
$$\begin{aligned}
\sin^{-1} x + \cos^{-1} x &= \theta + \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) \\
&= \frac{\pi}{2}
\end{aligned}$$
$$\boxed{\text{定義域：}-1 \le x \le 1, \quad \text{値：}\frac{\pi}{2}}$$
問題 3.7 次の関数の定義域を述べ，値を示せ．
(2) $$\tan^{-1} x + \tan^{-1} \frac{1}{x}$$
解答 (2)
$\frac{1}{x}$ を含むため、定義域は $x \neq 0$ のすべての実数である。
$\theta = \tan^{-1} x$ とおくと、$-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$ かつ $\tan \theta = x$ である。
-
$x > 0$ のとき
$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ であり、$\tan \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right) = \frac{1}{\tan \theta} = \frac{1}{x}$ となる。
$0 < \frac{\pi}{2} - \theta < \frac{\pi}{2}$ なので、$\frac{1}{x}$0。
よって、値は $\frac{1}{x}$1 である。 -
$\frac{1}{x}$2 のとき
$\frac{1}{x}$3 であり、同様の計算を行うと $\frac{1}{x}$4 となる。
よって、値は $\frac{1}{x}$5 である。
$$\boxed{\text{定義域：}x \neq 0, \quad \text{値：}\begin{cases} \frac{\pi}{2} & (x > 0) \\ -\frac{\pi}{2} & (x < 0) \end{cases}}$$
問題 3.8 次の等式を証明せよ．
(1)
$$\cos(\sin^{-1} x) = \sqrt{1 - x^2} \quad (-1 \le x \le 1)$$
解答 (1)
$\theta = \sin^{-1} x$ とおくと、定義より $\sin \theta = x$ かつ $-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ である。
三角関数の基本公式 $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ より
$$\begin{aligned}
\cos^2 \theta &= 1 - \sin^2 \theta \\
&= 1 - x^2
\end{aligned}$$
ここで、$-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ の範囲では $\cos \theta \ge 0$ であるから
$$\begin{aligned}
\cos \theta &= \sqrt{1 - x^2}
\end{aligned}$$
左辺 $\cos(\sin^{-1} x)$ は $\cos \theta$ であるから
$$\cos(\sin^{-1} x) = \sqrt{1 - x^2}$$
が示された。
$$\boxed{\text{証明終}}$$
問題 3.8 次の等式を証明せよ．
(2)
$$\sin^{-1} x = 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} - \frac{\pi}{2} \quad (-1 \le x < 1)$$
解答 (2)
$\alpha = \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}}$ とおくと、$\tan \alpha = \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}}$ である。
$\sqrt{\dots} \ge 0$ より $0 \le \alpha < \frac{\pi}{2}$ である。
二倍角の公式 $\cos 2\alpha = \frac{1 - \tan^2 \alpha}{1 + \tan^2 \alpha}$ を用いると
$$\begin{aligned}
\cos 2\alpha &= \frac{1 - \frac{1 + x}{1 - x}}{1 + \frac{1 + x}{1 - x}} \\
&= \frac{(1 - x) - (1 + x)}{(1 - x) + (1 + x)} \\
&= \frac{-2x}{2} \\
&= -x
\end{aligned}$$
ここで、$\cos 2\alpha = -x$ より $\sin \left( 2\alpha - \frac{\pi}{2} \right) = -\cos 2\alpha = x$。
$0 \le \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $-\frac{\pi}{2} \le 2\alpha - \frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2}$。
この範囲は逆正弦関数の値域に含まれるため
$$2\alpha - \frac{\pi}{2} = \sin^{-1} x$$
したがって
$$\sin^{-1} x = 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} - \frac{\pi}{2}$$
が成り立つ。
$$\boxed{\text{証明終}}$$