次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+3n}-n\right) \] ▼ 解答・解説解答 \( \dfrac{3}{2} \)
解説 分子の有理化を行います。
\[ \sqrt{n^2+3n}-n=\frac{(n^2+3n)-n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\frac{3}{\sqrt{1+\dfrac{3}{n}}+1} \]\( n\to\infty \) のとき \( \dfrac{3}{n}\to 0 \) なので，極限値は \( \dfrac{3}{1+1}=\dfrac{3}{2} \) です。
次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{3^{n+1}+2^{n}}{3^{n}-2^{n+1}} \] ▼ 解答・解説解答 \( 3 \)
解説 底の絶対値が最も大きい \( 3^n \) で分母・分子を割ります。
\[ \frac{3^{n+1}+2^{n}}{3^{n}-2^{n+1}}=\frac{3+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}{1-2\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}} \]\( \left|\dfrac{2}{3}\right|<1 \) より \( \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\to 0 \) なので，極限値は \( \dfrac{3}{1}=3 \) です。
次の無限級数の和を求めなさい。
\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+2)} \] ▼ 解答・解説解答 \( \dfrac{3}{4} \)
解説 部分分数に分解します。
\[ \frac{1}{n(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}\right) \]第 \( n \) 項までの部分和を \( S_n \) とすると，途中の項が打ち消し合い，
\[ S_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \]したがって \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4} \) です。
次の無限級数が収束するような実数 \( x \) の値の範囲を求めなさい。また，そのときの和を \( f(x) \) として，\( f(x) \) を求めなさい。
\[ x+x(1-x)+x(1-x)^2+\cdots+x(1-x)^{n-1}+\cdots \] ▼ 解答・解説解答 収束する範囲は \( 0\le x<2 \)
\[ f(x)=\begin{cases} 0 & (x=0)\\ 1 & (0<x<2)\end{cases} \]解説 初項 \( x \)，公比 \( 1-x \) の無限等比級数です。
(i) 初項 \( x=0 \) のとき，すべての項が 0 なので収束し，和は 0 です。
(ii) \( x\ne 0 \) のとき，収束する条件は \( |1-x|<1 \)，すなわち \( 0 (i)，(ii) より，収束する範囲は \( 0\le x<2 \) です。\( y=f(x) \) のグラフは次のようになり，\( x=0 \) で不連続です。
数列 \( \{a_n\} \) が次の条件で定められているとき，一般項 \( a_n \) と \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n \) を求めなさい。
\[ a_1=1,\qquad a_{n+1}=\frac{1}{3}a_n+2\quad(n=1,2,3,\cdots) \] ▼ 解答・解説解答 \( a_n=3-2\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1} \)， \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3 \)
解説 \( \alpha=\dfrac{1}{3}\alpha+2 \) を解くと \( \alpha=3 \)。漸化式から両辺 3 を引くと
\[ a_{n+1}-3=\frac{1}{3}\left(a_n-3\right) \]数列 \( \{a_n-3\} \) は初項 \( a_1-3=-2 \)，公比 \( \dfrac{1}{3} \) の等比数列なので
\[ a_n=3-2\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \]\( \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}\to 0 \) より，\( \displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3 \) です。
次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos 2x}{x\sin x} \] ▼ 解答・解説解答 \( 2 \)
解説 半角の公式 \( 1-\cos 2x=2\sin^2 x \) を用います。
\[ \frac{1-\cos 2x}{x\sin x}=\frac{2\sin^2 x}{x\sin x}=2\cdot\frac{\sin x}{x} \]\( \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1 \) より，極限値は \( 2 \) です。
次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{3x}-1}{\sin 2x} \] ▼ 解答・解説解答 \( \dfrac{3}{2} \)
解説 \( \displaystyle\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t}=1 \)，\( \displaystyle\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1 \) が使える形に変形します。
\[ \frac{e^{3x}-1}{\sin 2x}=\frac{e^{3x}-1}{3x}\cdot\frac{2x}{\sin 2x}\cdot\frac{3}{2} \]\( x\to 0 \) のとき \( 3x\to 0,\ 2x\to 0 \) なので，極限値は \( 1\cdot 1\cdot\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2} \) です。
次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x}{x+2}\right)^{x} \] ▼ 解答・解説解答 \( \dfrac{1}{e^2} \)
解説 逆数をとり，\( \displaystyle\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=e \) の形を作ります。\( \dfrac{x}{2}=t \) とおくと，\( x\to\infty \) のとき \( t\to\infty \) で
\[ \left(\frac{x}{x+2}\right)^{x}=\left(1+\frac{2}{x}\right)^{-x}=\left\{\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}\right\}^{-2} \]したがって，極限値は \( e^{-2}=\dfrac{1}{e^2} \) です。
次の等式が成り立つように，定数 \( a,\ b \) の値を定めなさい。
\[ \lim_{x\to 2}\frac{a\sqrt{x+2}+b}{x-2}=1 \] ▼ 解答・解説解答 \( a=4,\ b=-8 \)
解説 \( x\to 2 \) のとき分母 \( \to 0 \) で，極限値が有限なので，分子 \( \to 0 \) でなければなりません。
\[ \lim_{x\to 2}\left(a\sqrt{x+2}+b\right)=2a+b=0 \quad\text{より}\quad b=-2a \]このとき
\[ \frac{a\sqrt{x+2}-2a}{x-2}=\frac{a\left\{(x+2)-4\right\}}{(x-2)\left(\sqrt{x+2}+2\right)}=\frac{a}{\sqrt{x+2}+2}\ \longrightarrow\ \frac{a}{4} \]\( \dfrac{a}{4}=1 \) より \( a=4 \)，よって \( b=-8 \) です。
右の図のように，中心 O，半径 1，中心角 \( \theta \ \left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right) \) の扇形 OAB がある。点 B から線分 OA に垂線 BH を下ろす。三角形 ABH の面積を \( S(\theta) \) とするとき，次の極限値を求めなさい。
\[ \lim_{\theta\to +0}\frac{S(\theta)}{\theta^{3}} \]解答 \( \dfrac{1}{4} \)
解説 \( \mathrm{OH}=\cos\theta,\ \mathrm{BH}=\sin\theta \) より \( \mathrm{AH}=1-\cos\theta \)。よって
\[ S(\theta)=\frac{1}{2}\,\mathrm{AH}\cdot\mathrm{BH}=\frac{1}{2}(1-\cos\theta)\sin\theta \]したがって
\[ \frac{S(\theta)}{\theta^3}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\cos\theta}{\theta^2}\cdot\frac{\sin\theta}{\theta} \]ここで
\[ \frac{1-\cos\theta}{\theta^2}=\frac{\sin^2\theta}{\theta^2(1+\cos\theta)}=\left(\frac{\sin\theta}{\theta}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos\theta}\ \longrightarrow\ \frac{1}{2} \]なので，極限値は \( \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot 1=\dfrac{1}{4} \) です。