Bedste svar
Enkelt…. 🙂
Vi bruger ofte dette som et direkte resultat.
Svar
Desværre kan hverken Taylor-serien eller lHopital regelbaserede svar kvalificeres som strenge beviser, fordi de introducerer et cirkulært argument: begge disse metoder kræver beregning af et derivat af funktionen f (x) = \ sin (x) for at beregne, som vi skal vide, hvad den pågældende grænse er lig med. Med andre ord, mens vi søger efter A, introducerer vi B, men for at finde B skal vi vide, hvad A er.
Det er ikke så svært at konstruere et bevis, der er strengt nok, der vil passere som acceptabelt i et ” Matematisk analyse ”kursus. Her er en version: på tegningen nedenfor \ trekant AOC er en ligebenet trekant indeholdt i den cirkulære sektor OApC, som igen er indeholdt i den rigtige trekant OAB. Linjesegmentet AB er vinkelret på strålen OA:
Fra Euclids “Elements” Bog 3 Proposition 16 følger det at de firkantede områder af ovenstående objekter er sorteret efter størrelse som følger:
A \_ {\ trekant OAC} \_ {OApC} \_ {\ trekant OAB}
I det forslag Euclid (dybest set) beviser, at det er umuligt at presse en anden lige linje mellem AB og omkredsen af cirklen q ved punkt A på en sådan måde, at den nye lige linje er placeret mellem AB og p. Omvendt betyder det, at enhver lige linje der skærer den rigtige vinkel OAB falder nødvendigvis inden i cirklen – som linjesigneringen AC gør ovenfor. Dernæst bruger vi formlerne til områderne i en trekant og en cirkulær sektor og det faktum, at vinklen AOC måles i radianer, :
\ 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)
Vær opmærksom på den ulighed, der er længst til venstre:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
, da vi bruger den senere. Dernæst tager vi det, at 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} og det giver os ret til at dele den sidste dobbelte ulighed med \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Da \ cos (x) er en jævn funktion og f (x) = x og \ sin (x) er begge ulige, de gensidige værdier af ovenstående ulighed er:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Multiplicer ovenstående med -1, og vend ulighedstegnene:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Tilføj 1 til ovenstående:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Men:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
på grund af den “venstre længste” ulighed, som vi har bevist tidligere (se ovenfor). Nu:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
og det betyder at:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Fordi vi tidligere antog, at 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, kan vi bruge de absolutte værdier i ovenstående uligheder:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
der er i overensstemmelse med \ epsilon, \ delta definitionen af en grænse: for enhver \ epsilon> 0 vælger vi \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Hvis vi ikke studerede en “kontinuerlig” variant, men en diskret sekvens, ville vi indstille \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} og have:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
hvorfra:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
og til sidst:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ findes N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
I begge tilfælde betyder det, at
\ lim\_ {x \ til 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Vær opmærksom på, at vi som en ekstra bonus i denne ræsonnement automatisk beviste, at:
\ lim\_ {x \ til 0} \ cos (x) = 1
Og fra den tidligere udledte ulighed \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n følger, at så snart | \ alpha\_n – 0 | delta har vi | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon, hvilket betyder at:
\ lim\_ {x \ til 0} \ sin (x) = 0
Fra hvorfra det straks følger, at vi kan beregne følgende grænse:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(efterlades som en øvelse for læseren) osv.
For at fejre vores sejr, lad os beregne følgende grænse, der har alt at gøre med dette udtryks funktionsudtryk:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
hvor \ phi er et vilkårligt ikke-nul (reelt) tal.Skriv de første par udtryk for produktet ud:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ prikker \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Start med halvvinkelidentiteten:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Anvend den igen på \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
Og igen – til \ 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})
Og så videre. Vi ser, at efter n sådanne erstatninger har vi:
\ sin (\ phi) = 2 ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 3}) \ prikker \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n}) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Fra hvor det følger, at vores lange produkt af cosinus kan repræsenteres som:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Men vi ved allerede, hvad ovennævnte grænse er, og dermed:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}