基本的には兎に角も \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}\) の形を作ることにある。
\(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1 \)
(1) 与式 = \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2(\sqrt{1+x} + 1)}{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)} \cdot
\dfrac{\sin x}{\cos x} \cdot \dfrac{x}{x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{2(\sqrt{1+x} + 1)}{\cos x} \cdot \dfrac{\sin x}{x}
= \dfrac{2(\sqrt{1+0} + 1)}{\cos 0} \cdot 1 = 4 \)
(2) \(\dfrac{1}{x}= h\)とおくと、\(x \to \infty のとき h \to +0\) "+0"はxの右方から0に近づくの意。
xが小から大なら、その逆数は大から小である.ゆえに右方から0へ.
与式 = \(\displaystyle \lim_{h \to +0} \dfrac{\sin h}{h} \cdot \left(\sqrt{\dfrac{1}{h^2} - \dfrac{1}{h}} - \dfrac{1}{h}\right)
= \lim_{h \to +0} \dfrac{\sin h}{h} \cdot \dfrac {\left(\sqrt{\dfrac{1}{h^2} - \dfrac{1}{h}} -\dfrac{1}{h}\right)
\left(\sqrt{\dfrac{1}{h^2} - \dfrac{1}{h}} +\dfrac{1}{h}\right)}{\sqrt{\dfrac{1}{h^2} - \dfrac{1}{h}}+\dfrac{1}{h}} = \lim_{h \to +0} \dfrac{\sin h}{h} \cdot \dfrac{-\dfrac{1}{h}}{\sqrt{\dfrac{1}{h^2} - \dfrac{1}{h}} + \dfrac{1}{h}}\cdot \dfrac{h}{h} \)
\(\displaystyle = \lim_{h \to +0} \dfrac{\sin h}{h} \cdot \dfrac{-1}{\sqrt{\dfrac{h^2}{h^2} - \dfrac{h^2}{h}} + \dfrac{h}{h}} = \lim_{h \to +0} \dfrac{\sin h}{h} \cdot \dfrac{-1}{\sqrt{1 - h} +1} = 1 \cdot \dfrac{-1}{\sqrt{1 - 0}+1} = -\dfrac{1}{2} \)
(メモ) \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1 の \lim_{x \to 0}\)は右方(+0)・左方(-0)どちらから近づけてもの意.\(\displaystyle \lim_{x \to a}では x \lt a,a \lt xにおけるxからaへと考えられるが、\lim_{x \to \infty}では
,x \lt \infty, \infty \lt xでのxから\inftyでは不自然である。\)
その場合の変換は右方か左方かは明確にしておくべきなんだろうと、自分では考えている。
(3) 与式 = \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\biggl\{\sqrt{1- x^2} - \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)\biggr\}\biggl\{\sqrt{1- x^2} + \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)\biggr\}}{\biggl\{\sqrt{1- x^2} + \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)\biggr\} \cdot \sin^4 x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{1 - x^2 - 1 + x^2 - \dfrac{x^4}{4}}{\biggl\{\sqrt{1- x^2} + \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)\biggr\}\cdot \sin^4 x} \cdot \dfrac{\dfrac{1}{x^4}}{\dfrac{1}{x^4}}\)
=\(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{-\dfrac{1}{4}}{\biggl\{\sqrt{1- x^2} + \left(1 - \dfrac{x^2}{2}\right)\biggr\}\cdot \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^4} = \dfrac{-\dfrac{1}{4}}{\{\sqrt{1 -0} + (1-0)\} \cdot 1} = - \dfrac{1}{8}\)
(4) \(x - \dfrac{\pi}{2} = kとおくと,x \to \dfrac{\pi}{2}のとき、k \to 0である.\)
与式 = \(\displaystyle \lim_{k \to 0} \dfrac{k + \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{2}\sin \left(k + \dfrac{\pi}{2} \right)}{k} = \lim_{k \to 0} \biggl\{\dfrac{k}{k} + \dfrac{\dfrac{\pi}{2} \left(1 - \cos k \right)}{k} \biggr\} =
\lim_{k \to 0} \biggl\{1 + \dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{1 - \cos^2 k}{k \left(1 + \cos k \right)} \biggr\}= \lim_{k \to 0} \biggl\{ 1 + \dfrac{\pi}{2} \cdot
\dfrac{1}{1 + \cos k} \cdot \left(\dfrac{\sin k}{k} \right)^2 \cdot k \biggr\} \)
= \(\displaystyle 1 + \dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 0 = 1 \)
(5) \(x - \alpha = \theta とおくと, x \to \alpha のとき, \theta \to 0 となる.\)ここでは、２通りでの変形に分けた解答を示す.
[Ⅰ]
与式 = \(\displaystyle \lim_{\theta \to 0} \dfrac{\sin \left(\theta + \alpha \right) - \sin \alpha}{\sin \theta}
= \lim_{\theta \to 0} \dfrac{\sin \theta \cos \alpha + \sin \alpha \cos \theta - \sin \alpha}{\sin \theta}
= \lim_{\theta \to 0} \biggl\{\cos \alpha - \dfrac{\sin \alpha \left(1 - \cos \theta \right)}{\sin \theta} \biggr\}
= \lim_{\theta \to 0} \biggl\{\cos \alpha - \dfrac{\sin \alpha \left(1 - \cos^2 \theta \right)}{\sin \theta \left(1 + \cos \theta \right)} \biggr\}\)
= \(\displaystyle \lim_{\theta \to 0} \biggl\{\cos \alpha - \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \theta} \cdot \dfrac{\sin \theta}{\theta} \cdot \theta \biggr\} = \cos \alpha - \dfrac{\sin \alpha}{2} \cdot 1 \cdot 0 = \cos \alpha \)
[Ⅱ]
まず、分子及び分母を\(\sin \)と\(\cos \)の\(\theta\)を含んだ積に変形することを考える。
加法定理から、
\begin{align}
&\sin (s+t) = \sin s \cos t + \sin t \cos s \cdot\cdot\cdot ① \\
&\sin (s-t) = \sin s \cos t - \sin t \cos s \cdot\cdot\cdot ② \\
&① - ②より \sin (s+t) - \sin(s-t) = 2 \sin t \cos s \\
&ここで、s + t = \theta + \alpha , s- t = \alpha とみて, s = \dfrac{\theta}{2} + \alpha, t = \dfrac{\theta}{2} \\
&ゆえに, \sin (\theta + \alpha) - \sin \alpha = 2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos \left(\dfrac{\theta}{2} + \alpha \right) \\
&さらに①を用いて, \sin \theta = \sin \left(\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\theta}{2} \right) = 2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos
\dfrac{\theta}{2} \\
&このことから,\lim_{\theta \to 0} \dfrac{\sin \left(\theta + \alpha \right) - \sin \alpha}{\sin \theta}
= \lim_{\theta \to 0} \dfrac{2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos \left(\dfrac{\theta}{2} + \alpha \right)}
{ 2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos \dfrac{\theta}{2}} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \dfrac{\cos \left(\dfrac{\theta}{2} + \alpha \right)}{\cos \dfrac{\theta}{2}} = \cos \alpha
\end{align}
(6) ちょっと色々と考えてしまうが、文頭で述べたように \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x}\) の形を作る.
与式 = \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (1 - \cos x)}{1 - \cos x} \cdot \dfrac{1 - \cos x}{x^2}
= \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (1 - \cos x)}{1 - \cos x} \cdot \dfrac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{(1+\cos x)x^2} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (1 - \cos x)}{1 - \cos x} \cdot \dfrac{1}{1+\cos x} \cdot \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^2 \)
\(= 1 \cdot \dfrac{1}{1 + 1} \cdot 1 = \dfrac{1}{2} \)
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