解説

方針・初手

分母が $(x-\pi)^2$ であるから、分子 $\sqrt{a+\cos x}-b$ も $x\to \pi$ で少なくとも $2$ 次の無限小にならなければならない。 まず $x=\pi$ を代入して分子が $0$ になる条件を求め、その後は有理化して極限を計算する。

解法1

極限

$$ \lim_{x\to \pi}\frac{\sqrt{a+\cos x}-b}{(x-\pi)^2} $$

が有限に存在するためには、分子は $x\to \pi$ で $0$ に収束しなければならない。 よって

$$ \sqrt{a+\cos \pi}-b=0 $$

すなわち

$$ \sqrt{a-1}-b=0 $$

である。

したがって

$$ b=\sqrt{a-1} $$

が必要である。

ここで両辺を有理化すると、

$$ \begin{aligned} \frac{\sqrt{a+\cos x}-b}{(x-\pi)^2} &= \frac{a+\cos x-b^2}{(x-\pi)^2\bigl(\sqrt{a+\cos x}+b\bigr)} \end{aligned} $$

となる。

上で得た条件 $b=\sqrt{a-1}$ を用いると $b^2=a-1$ だから、

$$ a+\cos x-b^2=1+\cos x $$

であり、

$$ \begin{aligned} \frac{\sqrt{a+\cos x}-b}{(x-\pi)^2} &= \frac{1+\cos x}{(x-\pi)^2\bigl(\sqrt{a+\cos x}+b\bigr)} \end{aligned} $$

となる。

次に

$$ 1+\cos x=2\cos^2\frac{x}{2} $$

を用いる。$x=\pi+h$ とおくと $h\to 0$ であり、

$$ \begin{aligned} 1+\cos x &= 1+\cos(\pi+h) \\ 1-\cos h \\ 2\sin^2\frac{h}{2} \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} \frac{1+\cos x}{(x-\pi)^2} &= \frac{2\sin^2\frac{h}{2}}{h^2} \\ \frac12\left(\frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\right)^2 \to \frac12 \end{aligned} $$

となる。

したがって

$$ \begin{aligned} \lim_{x\to \pi}\frac{\sqrt{a+\cos x}-b}{(x-\pi)^2} &= \frac{\frac12}{\sqrt{a-1}+b} \end{aligned} $$

である。さらに $b=\sqrt{a-1}$ より、

$$ \sqrt{a-1}+b=2b $$

なので、

$$ \begin{aligned} \lim_{x\to \pi}\frac{\sqrt{a+\cos x}-b}{(x-\pi)^2} &= \frac{1}{4b} \end{aligned} $$

を得る。

これが $\dfrac14$ に等しいから、

$$ \frac{1}{4b}=\frac14 $$

より

$$ b=1 $$

である。すると

$$ b=\sqrt{a-1} $$

より

$$ 1=\sqrt{a-1} $$

すなわち

$$ a=2 $$

となる。

解説

分母が $(x-\pi)^2$ なので、分子もそれと同程度に小さくなる必要がある。このことから、まず $x=\pi$ で分子が $0$ になる条件を出すのが初手である。

その後は有理化すると、分子が $1+\cos x$ に整理される。ここで

$$ 1+\cos x \sim \frac{(x-\pi)^2}{2} $$

を使えば一気に極限が決まる。 この問題の本質は、「平方根の差」は有理化して扱う、という典型処理にある。

答え

$$ a=2,\qquad b=1 $$