極限に関する式の係数決定の問題などについて見てきます。
(例題1)
(1)\(\displaystyle\lim_{x \to 1}\displaystyle\frac{a\sqrt{x+1}+b}{x-1}=1\) を満たす実数\(a,b\)の値を求めよ。
(2)\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x}{a+b\cos x}=1\) が成り立つような定数\(a,b\)の値の組を求めよ。
(解答)
(1)
\(\displaystyle\lim_{x \to 1}\displaystyle\frac{a\sqrt{x+1}+b}{x-1}=1\)・・・① (収束する)
\(x-1 \to 0\) だから、\(\displaystyle\lim_{x \to 1}(a\sqrt{x+1}+b)=0\) となる必要がある。よって、
\(\sqrt{2}a+b=0\)・・・②
②より \(b=-\sqrt{2}a\) を①の左辺に代入すると
\(\displaystyle\lim_{x \to 1}\displaystyle\frac{a\sqrt{x+1}+b}{x-1}\)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 1}a\cdot\displaystyle\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1}\)
(有理化して)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 1}a\cdot\displaystyle\frac{(x+1)-2}{(x-1)(\sqrt{x+1}+\sqrt{2})}\)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 1}a\cdot\displaystyle\frac{(x-1)}{(x-1)(\sqrt{x+1}+\sqrt{2})}\)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 1}\displaystyle\frac{a}{\sqrt{x+1}+\sqrt{2}}\)
\(=\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{2}}\)
①より\(1\)に収束するから
\(\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{2}}=1\)
\(a=2\sqrt{2}\)
②より
\(b=-4\)
(2)
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x}{a+b\cos x}=1\)
より (分子)\(\to 0\) だから、\(1\)に収束するためには、(分母)\(\to 0\) です。
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x}{a+b\cos x}=1\)・・・③
\(x\sin x \to 0\) だから、\(1\)に収束するためには
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}(a+b\cos x)=0\)
となることが必要。よって
\(a+b=0\)・・・④
④より \(b=-a\) を③の左辺に代入して
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x}{a+b\cos x}\)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x}{a(1-\cos x)}\)
(分母分子 \(1+\cos x\) 倍して)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x\sin x(1+\cos x)}{a\sin^2x}\)
\(=\displaystyle\lim_{x \to 0}\displaystyle\frac{x}{\sin x}\cdot\displaystyle\frac{1+\cos x}{a}\)
\(=\displaystyle\frac{2}{a}\)
③より\(1\)に収束するから
\(\displaystyle\frac{2}{a}=1\)
\(a=2\)
④より \(b=-2\)
(例題2)
\(f(x)\)を3次関数とする。相異なる3つの定数\(α,β,γ\)に対して極限値
\(\displaystyle\lim_{x \to α}\displaystyle\frac{f(x)}{x-α}=l\)、\(\displaystyle\lim_{x \to β}\displaystyle\frac{f(x)}{x-β}=m\)、\(\displaystyle\lim_{x \to γ}\displaystyle\frac{f(x)}{x-γ}=n\)
が存在するとき、\(lm+mn+nl=0\) であることを示せ。
(解答)
\(\displaystyle\lim_{x \to α}\displaystyle\frac{f(x)}{x-α}=l\)、\(\displaystyle\lim_{x \to β}\displaystyle\frac{f(x)}{x-β}=m\)、\(\displaystyle\lim_{x \to γ}\displaystyle\frac{f(x)}{x-γ}=n\)・・・①
いずれの分数についても分母が\(0\)に近づくので、極限値\(l,m,n\)が存在するためには
\(\displaystyle\lim_{x \to a}f(x)=0\)、\(\displaystyle\lim_{x \to β}f(x)=0\)、\(\displaystyle\lim_{x \to γ}f(x)=0\)
よって
\(f(α)=0\)、\(f(β)=0\)、\(f(γ)=0\) ・・・(注)
\(α,β,γ\)は相異なるので、三次関数\(f(x)\)は\(0\)でない定数\(k\)を用いて次のように表せる。
\(f(x)=k(x-α)(x-β)(x-γ)\)
ゆえに①より
\(\displaystyle\lim_{x \to α}k(x-β)(x-γ)=l\)、\(\displaystyle\lim_{x \to β}k(x-α)(x-γ)=m\)、\(\displaystyle\lim_{x \to γ}k(x-α)(x-β)=n\)
\(l=k(α-β)(α-γ)\)
\(m=k(β-α)(β-γ)\)
\(n=k(γ-α)(γ-β)\)
したがって
\(lm+mn+nl\)
\(=k^2(α-β)^2(β-γ)(γ-α)+k^2(α-β)(β-γ)^2(γ-α)\)
\(+k^2(α-β)(β-γ)(γ-α)^2\)
\(=k^2(α-β)(β-γ)(γ-α)\)
\(×\{(α-β)+(β-γ)+(γ-α)\}\)
\(=k^2(α-β)(β-γ)(γ-α)×0\)
\(=0\)
よって
\(lm+mn+nl=0\) であることが示された。
(注)について
\(\displaystyle\lim_{x \to a}f(x)=f(a)\) ・・・(i)
が成り立つためには、正確には\(f(x)\)が\(x=a\)で連続でなければなりません。3次関数は定義域全体で連続である(簡単にいうとつながっている)ので、(i)としても問題ありません。
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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