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以下の6つの極限値を求める問題です。 (1) $\lim_{x \to \pi} \frac{\sin(x - \pi)}{x - \pi}$ (2) $\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x}$ (3) $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \sin x}$ (4) $\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x}$ (5) $\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + x} + x)$ (6) $\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x} + x}$

解析学極限三角関数無理関数挟みうちの原理
2025/8/3

1. 問題の内容

以下の6つの極限値を求める問題です。
(1) lim⁡x→πsin⁡(x−π)x−π\lim_{x \to \pi} \frac{\sin(x - \pi)}{x - \pi}
(2) lim⁡x→∞sin⁡xx\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x}
(3) lim⁡x→01−cos⁡xxsin⁡x\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \sin x}
(4) lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡xx\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x}
(5) lim⁡x→−∞(x2+x+x)\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + x} + x)
(6) lim⁡x→−∞1x2+2x+x\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x} + x}

2. 解き方の手順

(1) lim⁡x→πsin⁡(x−π)x−π\lim_{x \to \pi} \frac{\sin(x - \pi)}{x - \pi}
t=x−πt = x - \pi とおくと、x→πx \to \pi のとき t→0t \to 0 なので、
lim⁡x→πsin⁡(x−π)x−π=lim⁡t→0sin⁡tt=1\lim_{x \to \pi} \frac{\sin(x - \pi)}{x - \pi} = \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1
(2) lim⁡x→∞sin⁡xx\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x}
−1≤sin⁡x≤1-1 \le \sin x \le 1 であるから、
−1x≤sin⁡xx≤1x-\frac{1}{x} \le \frac{\sin x}{x} \le \frac{1}{x}
lim⁡x→∞−1x=0\lim_{x \to \infty} -\frac{1}{x} = 0 かつ lim⁡x→∞1x=0\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0 であるので、挟みうちの原理より、
lim⁡x→∞sin⁡xx=0\lim_{x \to \infty} \frac{\sin x}{x} = 0
(3) lim⁡x→01−cos⁡xxsin⁡x\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \sin x}
1−cos⁡xxsin⁡x=(1−cos⁡x)(1+cos⁡x)xsin⁡x(1+cos⁡x)=1−cos⁡2xxsin⁡x(1+cos⁡x)=sin⁡2xxsin⁡x(1+cos⁡x)=sin⁡xx(1+cos⁡x)\frac{1 - \cos x}{x \sin x} = \frac{(1 - \cos x)(1 + \cos x)}{x \sin x (1 + \cos x)} = \frac{1 - \cos^2 x}{x \sin x (1 + \cos x)} = \frac{\sin^2 x}{x \sin x (1 + \cos x)} = \frac{\sin x}{x (1 + \cos x)}
lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 かつ lim⁡x→0(1+cos⁡x)=2\lim_{x \to 0} (1 + \cos x) = 2 であるので、
lim⁡x→01−cos⁡xxsin⁡x=lim⁡x→0sin⁡xx⋅lim⁡x→011+cos⁡x=1⋅12=12\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x \sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + \cos x} = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}
(4) lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡xx\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x}
tan⁡x−sin⁡xx=sin⁡xcos⁡x−sin⁡xx=sin⁡x(1−cos⁡x)xcos⁡x=sin⁡xx⋅1−cos⁡xcos⁡x\frac{\tan x - \sin x}{x} = \frac{\frac{\sin x}{\cos x} - \sin x}{x} = \frac{\sin x (1 - \cos x)}{x \cos x} = \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1 - \cos x}{\cos x}
1−cos⁡xcos⁡x=(1−cos⁡x)(1+cos⁡x)cos⁡x(1+cos⁡x)=1−cos⁡2xcos⁡x(1+cos⁡x)=sin⁡2xcos⁡x(1+cos⁡x) \frac{1 - \cos x}{\cos x} = \frac{(1 - \cos x)(1 + \cos x)}{\cos x (1 + \cos x)} = \frac{1 - \cos^2 x}{\cos x (1 + \cos x)} = \frac{\sin^2 x}{\cos x (1 + \cos x)}
よって、
tan⁡x−sin⁡xx=sin⁡xx⋅sin⁡2xcos⁡x(1+cos⁡x)=sin⁡xx⋅sin⁡x⋅sin⁡xcos⁡x(1+cos⁡x)\frac{\tan x - \sin x}{x} = \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin^2 x}{\cos x (1 + \cos x)} = \frac{\sin x}{x} \cdot \sin x \cdot \frac{\sin x}{\cos x (1 + \cos x)}
lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 かつ lim⁡x→0sin⁡x=0\lim_{x \to 0} \sin x = 0 かつ lim⁡x→01cos⁡x(1+cos⁡x)=11⋅(1+1)=12\lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos x (1 + \cos x)} = \frac{1}{1 \cdot (1 + 1)} = \frac{1}{2} であるので、
lim⁡x→0tan⁡x−sin⁡xx=lim⁡x→0sin⁡xx⋅lim⁡x→0sin⁡x⋅lim⁡x→01cos⁡x(1+cos⁡x)=1⋅0⋅12=0\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - \sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0} \sin x \cdot \lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos x (1 + \cos x)} = 1 \cdot 0 \cdot \frac{1}{2} = 0
(5) lim⁡x→−∞(x2+x+x)\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + x} + x)
x2+x+x=(x2+x+x)(x2+x−x)x2+x−x=x2+x−x2x2+x−x=xx2+x−x\sqrt{x^2 + x} + x = \frac{(\sqrt{x^2 + x} + x)(\sqrt{x^2 + x} - x)}{\sqrt{x^2 + x} - x} = \frac{x^2 + x - x^2}{\sqrt{x^2 + x} - x} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} - x}
x<0x < 0 であるから、x2=∣x∣=−x\sqrt{x^2} = |x| = -x より、
x2+x−x=x2(1+1x)−x=∣x∣1+1x−x=−x1+1x−x=−x(1+1x+1)\sqrt{x^2 + x} - x = \sqrt{x^2 (1 + \frac{1}{x})} - x = |x| \sqrt{1 + \frac{1}{x}} - x = -x \sqrt{1 + \frac{1}{x}} - x = -x (\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1)
よって、
xx2+x−x=x−x(1+1x+1)=−11+1x+1\frac{x}{\sqrt{x^2 + x} - x} = \frac{x}{-x (\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1)} = \frac{-1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}
lim⁡x→−∞1x=0\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{x} = 0 であるから、lim⁡x→−∞1+1x=1\lim_{x \to -\infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x}} = 1 なので、
lim⁡x→−∞(x2+x+x)=lim⁡x→−∞−11+1x+1=−11+1=−12\lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2 + x} + x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{-1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1} = \frac{-1}{1 + 1} = -\frac{1}{2}
(6) lim⁡x→−∞1x2+2x+x\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x} + x}
1x2+2x+x=x2+2x−x(x2+2x+x)(x2+2x−x)=x2+2x−xx2+2x−x2=x2+2x−x2x\frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x} + x} = \frac{\sqrt{x^2 + 2x} - x}{(\sqrt{x^2 + 2x} + x)(\sqrt{x^2 + 2x} - x)} = \frac{\sqrt{x^2 + 2x} - x}{x^2 + 2x - x^2} = \frac{\sqrt{x^2 + 2x} - x}{2x}
x<0x < 0 であるから、x2=∣x∣=−x\sqrt{x^2} = |x| = -x より、
x2+2x−x=x2(1+2x)−x=∣x∣1+2x−x=−x1+2x−x=−x(1+2x+1)\sqrt{x^2 + 2x} - x = \sqrt{x^2 (1 + \frac{2}{x})} - x = |x| \sqrt{1 + \frac{2}{x}} - x = -x \sqrt{1 + \frac{2}{x}} - x = -x (\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1)
よって、
x2+2x−x2x=−x(1+2x+1)2x=−(1+2x+1)2\frac{\sqrt{x^2 + 2x} - x}{2x} = \frac{-x (\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1)}{2x} = \frac{-(\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1)}{2}
lim⁡x→−∞2x=0\lim_{x \to -\infty} \frac{2}{x} = 0 であるから、lim⁡x→−∞1+2x=1\lim_{x \to -\infty} \sqrt{1 + \frac{2}{x}} = 1 なので、
lim⁡x→−∞1x2+2x+x=lim⁡x→−∞−(1+2x+1)2=−(1+1)2=−1\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x} + x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-(\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + 1)}{2} = \frac{-(1 + 1)}{2} = -1

3. 最終的な答え

(1) 1
(2) 0
(3) 1/2
(4) 0
(5) -1/2
(6) -1

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