【第3回】この極限って何だろう？解答！！
皆さんこんばんは。はせです。
今日は昨日に公開した記事の解答を紹介していきたいと思います！
答えだけパパーって書くなら赤本とか、調べたりすれば出ると思うので、私たちはなるべく深く説明していきたいと思います！
確認ですが、問題はこちらでしたね！
【問題】
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\tan \theta -\sin \theta}\]
とりあえずテストに書くべき解答を書いていきます。
【解答】
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\tan \theta -\sin \theta}\]
\[=\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\frac{\sin \theta}{\cos \theta}-\sin \theta}\]
\[=\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\sin \theta(\frac{1}{\cos \theta}-1)}\]
\[=\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\sin \theta (1-\cos \theta)}\cos \theta\]
\[=\lim_{\theta\to 0}\frac{\theta}{\sin \theta}\times \frac{{\theta}^2}{1-\cos \theta} \times \cos \theta\]
ここで、
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{\theta}{\sin \theta}=\lim_{\theta\to 0}\frac{1}{\frac{\sin \theta}{\theta}}=\frac{1}{1}=1\]
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^2}{1-\cos \theta}=\lim_{\theta\to 0}\frac{1}{\frac{1-\cos \theta}{{\theta}^2}}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2\]
より、
\[\lim_{\theta\to 0}\frac{{\theta}^3}{\tan \theta -\sin \theta}=1\times2\times1=2\]
以上より答えは\(2\)となりました。
ここで終われば普通のサイトです。せっかくなので、
①\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]と、
②\[\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}\]の証明を、それなりに"厳密"にしていきましょう。
①の証明
単位円の\(y\)軸の正の部分を考えましょう。
それを関数に表すと\[x^2+y^2=1\]となりますね。これを\(x\)の関数にすると、条件より\[x=\sqrt{1-y^2}\]と書けます。
また、\(\alpha\)を\(-1\leq y\leq1\)に属するものとしましょう。\(y=\alpha\)の時の関数、つまり\[( \sqrt{1-{\alpha}^2} , \alpha )\]
の点\(B\)、\[( 1 , 0 )\]を点\(A\)と考えます。
これで準備は出来ました。
この時の弧\(AB\)の長さ\(L_{(\alpha)}\)は、
\[L_{(\alpha)}=\int_{0}^{\alpha}\sqrt{1+\left(\frac{dx}{dy}\right)^2}dy\]
ここで、\[\frac{dx}{dy}\]は、
\[\frac{dx}{dy}=\frac{d}{dy}\sqrt{1-y^2}=-\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\] となるので、
\[L_{(\alpha)}=\int_{0}^{\alpha}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\]となります。
ここで、原点を\(O\)として、\(∠AOB\)を\(\theta\)ラジアンとすると、
\[L_{(\alpha)}=\int_{0}^{\alpha}\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}=\theta\]
\[L_{(\alpha)}=\theta\]
この時\[∠AOB=\theta\]とすると、\[\alpha=\sin \theta\]（定義より）
のようになりますね。
今までの話を総動員で話します。
まず\[\theta=L_{(\alpha)}\]についてです。
これは、\(-1<\alpha<1\)で単調増加ですよね。（\(\theta\)はただただ増えていくだけです。）
つまり逆関数が存在します。つまりこういうことですよね。↓
\[\alpha=L^{-1}_{(\theta)}=\sin \theta\]
ここで少しの前の話より、\(\theta\)は単調増加な関数です。
つまり単調増加の連続関数であるので\(\theta=L_{(\alpha)}\)は微分可能です。
また、
\[\frac{d\theta}{d\alpha}=\frac{1}{\sqrt{1-{\alpha}^2}}>0\]
であるので、\(s=\sin \theta\)も微分可能であり、
\[\frac{d\alpha}{d\theta}=\sqrt{1-{\alpha}^2} \Longleftrightarrow \frac{d\sin\theta}{d\theta}=\sqrt{1-{\sin\theta}^2}=\cos\theta\]
となりますね。
\[(\sin x)'=\cos x\]がここで導けました。
また微分係数の定義から、
\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin (0+x)-\sin 0}{x}=\cos 0=1\]
これより\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]
が示せました。
②の証明
\[\frac{1-\cos \theta}{x^2}=\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)}\]
\[=\frac{1-{\cos \theta}^2}{x^2(1+\cos x)}=\frac{{\sin x}^2}{x^2}\times \frac{1}{1+\cos x}\]
ここで、\(x\)を0に飛ばすと、
\[\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos \theta}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{{\sin x}^2}{x^2}\times \frac{1}{1+\cos x}=1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\]
以上より、\[\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}\]
が示せました。
いかがでしたでしょうか！
また来週もお楽しみに！
ではまた次回！
