Meilleure réponse
Simple…. 🙂
Nous utilisons souvent cela comme un résultat direct.
Réponse
Malheureusement, ni les séries de Taylor ni les réponses basées sur les règles de lHôpital ne peuvent être qualifiées de des preuves rigoureuses car elles introduisent un argument circulaire: ces deux méthodes nécessitent le calcul dune dérivée de la fonction f (x) = \ sin (x), pour calculer à laquelle il faut savoir à quoi est égale la limite en question. En dautres termes, en recherchant A, nous introduisons B, mais pour trouver B nous devons savoir ce quest A.
Il nest pas si difficile de construire une preuve suffisamment rigoureuse qui passera comme acceptable dans un » Cours d’analyse mathématique ». Voici une version: dans le dessin ci-dessous \ triangle AOC est un triangle isocèle contenu dans le secteur circulaire OApC qui, à son tour, est contenu dans le triangle rectangle OAB. Le segment de droite AB est perpendiculaire au rayon OA:
De Euclid « s » Elements « Book 3 Proposition 16 il suit que les aires carrées des objets ci-dessus sont triées par taille comme suit:
A \_ {\ triangle OAC} \_ {OApC} \_ {\ triangle OAB}
Dans cette proposition Euclide prouve (fondamentalement) quil est impossible de serrer une autre ligne droite entre AB et la circonférence du cercle q au point A de telle manière que cette nouvelle ligne droite soit positionnée entre AB et p. Inversement cela signifie que toute ligne droite qui coupe langle droit OAB tombe nécessairement à lintérieur du cercle – comme le fait le trait AC ci-dessus. Ensuite, en utilisant les formules pour les aires dun triangle et dun secteur circulaire et le fait que langle AOC est mesuré en radians, on a :
\ 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)
Observez linégalité la plus à gauche:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
comme nous allons lutiliser plus tard. Ensuite, on suppose que 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} et cela nous donne le droit de diviser la dernière double inégalité par \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Puisque \ cos (x) est une fonction paire et f (x) = x et \ sin (x) sont tous les deux impairs, les valeurs réciproques de linégalité ci-dessus sont:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Multipliez ce qui précède par -1 et inversez les signes dinégalité:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Ajoutez 1 à ce qui précède:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Mais:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
à cause de linégalité «la plus à gauche» que nous avons prouvée précédemment (voir ci-dessus). Maintenant:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
et cela signifie que:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Parce que nous avons supposé précédemment que 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, nous pouvons utiliser les valeurs absolues dans les inégalités ci-dessus:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
qui est conforme à la définition \ epsilon, \ delta dune limite: pour tout \ epsilon> 0 nous choisissons \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Maintenant, si nous nétudions pas une variante «continue» mais une séquence discrète, alors nous définirions \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} et aurions:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
doù:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
et enfin:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ exists N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
Dans les deux cas, cela signifie que:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Observez que comme bonus supplémentaire dans cette ligne de raisonnement, nous avons automatiquement prouvé que:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
Et de linégalité déduite plus tôt \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n il sensuit que dès que | \ alpha\_n – 0 | delta nous avons | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon ce qui signifie que:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Doù il suit immédiatement que nous pouvons calculer la limite suivante:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(laissé comme exercice au lecteur), etc.
Pour célébrer notre victoire, calculons la limite suivante qui a tout à voir avec lexpression de travail de cette question:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
où \ phi est un nombre arbitraire non nul (réel).Écrivez les premiers termes du produit:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Commencez par lidentité du demi-angle:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Appliquez-le à nouveau à \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
Et encore – à \ 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})
Et ainsi de suite. Nous voyons quaprès n de telles substitutions, nous aurons:
\ 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})
Doù il suit que notre long produit de cosinus peut être représenté par:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Mais nous savons déjà quelle est la limite ci-dessus, et donc:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}