Nejlepší odpověď
Jednoduché…. 🙂
Často to používáme jako přímý výsledek.
Odpověď
Bohužel ani Taylorovu řadu ani lHopital odpovědi založené na pravidlech nelze kvalifikovat jako důkladné důkazy, protože zavádějí kruhový argument: obě tyto metody vyžadují výpočet derivace funkce f (x) = \ sin (x), k jejímuž výpočtu musíme vědět, čemu se příslušná mezní hodnota rovná. Jinými slovy, při hledání A zavedeme B, ale abychom našli B, musíme vědět, co je A.
Není tak těžké vytvořit dostatečně důkladný důkaz, který bude v „ Kurz Matematické analýzy “. Zde je jedna verze: na obrázku níže \ trojúhelník AOC je rovnoramenný trojúhelník obsažený v kruhovém sektoru OApC, který je naopak obsažen v pravém trojúhelníku OAB. Úsečka AB je kolmá na paprsek OA:
Z knihy Euclid „Elements“ Book 3 Proposition 16 vyplývá že čtvercové oblasti výše uvedených objektů jsou tříděny podle velikosti následovně:
A \_ {\ trojúhelník OAC} \_ {OApC} \_ {\ trojúhelník OAB}
V tomto návrhu Euklid (v zásadě) dokazuje, že je nemožné vytlačit další přímku mezi AB a obvodem kruhu q v bodě A takovým způsobem, že nová přímka je umístěna mezi AB a p. Naopak to znamená, že jakákoli přímka , který snižuje pravý úhel, OAB nutně spadá do kruhu – jak to dělá liniový signál AC výše. Dále, pomocí vzorců pro oblasti trojúhelníku a kruhového sektoru a skutečnosti, že úhel AOC se měří v radiánech, máme :
\ frac {OA \ times CH} {2} frac {\ alpha\_n \ times r ^ 2} {2} frac {OA \ times AB} {2}
r ^ 2 \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n \ times r ^ 2 ^ 2 \ times \ tan (\ alpha\_n)
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n tan (\ alpha\_n)
Sledujte nerovnost zcela vlevo:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
jak ji budeme používat později. Dále si vezmeme, že 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} a to nám dává právo rozdělit poslední dvojitou nerovnost na \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Protože \ cos (x) je sudá funkce a f (x) = x a \ sin (x) jsou liché, vzájemné hodnoty výše uvedené nerovnosti jsou:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Vynásobte výše uvedené -1 a převraťte znaky nerovnosti:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Přidejte 1 k výše uvedenému:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Ale:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
kvůli nerovnosti „nejvíce vlevo“, kterou jsme prokázali dříve (viz výše). Nyní:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
a to znamená, že:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Protože jsme dříve předpokládali, že 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, můžeme použít absolutní hodnoty ve výše uvedených nerovnostech:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
který odpovídá \ epsilon, \ delta definici limitu: pro libovolný \ epsilon> 0 zvolíme \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Pokud bychom studovali nikoli „spojitou“ variantu, ale diskrétní sekvenci, nastavili bychom \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} a měli bychom:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
odkud:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
a nakonec:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ existuje N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
V obou případech to znamená, že:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Všimněte si, že jako další bonus v tomto uvažování jsme automaticky prokázali, že:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
A od z dříve odvozené nerovnosti \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n vyplývá, že jakmile | \ alpha\_n – 0 | delta máme | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon, což znamená, že:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Odkud okamžitě vyplývá, že můžeme vypočítat následující limit:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(ponecháno jako cvičení čtenáři) atd.
Oslavovat naše vítězství, vypočítejme následující limit, který má všechno společného s pracovním výrazem této otázky:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
kde \ phi je libovolné nenulové (skutečné) číslo.Napište několik prvních podmínek produktu:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Začněte s identitou polovičního úhlu:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Použít jej znovu na \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
A znovu – do \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 3 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 3}) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 3})
A tak dále. Uvidíme, že po n takových substitucích budeme mít:
\ sin (\ phi) = 2 ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n}) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Z toho vyplývá, že náš dlouhý produkt kosinusů lze reprezentovat jako:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Ale my už víme, jaký je výše uvedený limit, a proto:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}