Legjobb válasz
Egyszerű…. 🙂
Ezt gyakran közvetlen eredményként használjuk.
Válasz
Sajnos sem a Taylor-sorozat, sem az lHopital szabályalapú válaszok nem minősíthetők szigorú bizonyítások, mert körkörös érvet vezetnek be: mindkét módszer megköveteli az f (x) = \ sin (x) függvény deriváltjának kiszámítását, amelynek kiszámításához tudnunk kell, hogy mi a kérdéses határérték. Más szavakkal, az A keresése közben bevezetjük B-t, de B megtalálásához tudnunk kell, hogy mi az A.
Nem olyan nehéz egy elég szigorú bizonyítékot elkészíteni, amely elfogadhatónak tűnik egy „ Matematikai elemzés ”tanfolyam. Itt van egy változat: az alábbi ábrán \ háromszög AOC egy egyenlő szárú háromszög, amely az OApC kör szektorban található, és amely viszont az OAB derékszögű háromszögben található. Az AB egyenes szakasz merőleges az OA sugárra:
Az Euclid “s” Elements “3. könyv 16. tételéből következik hogy a fenti objektumok négyzet alakú területei méret szerint vannak rendezve az alábbiak szerint:
A \_ {\ háromszög OAC} \_ {OApC} \_ {\ háromszög OAB}
Ebben a javaslatban Az Euklidesz (alapvetően) bebizonyítja, hogy lehetetlen egy másik egyeneset szorítani az AB és a q kör kerülete között az A pontban oly módon, hogy az új egyenes az AB és a p között legyen. Ellenben ez azt jelenti, hogy bármely egyenes ami a derékszöget levágja, az OAB szükségszerűen a körbe esik – amint azt az AC vonaljel teszi fentebb. Ezután a háromszög és a kör alakú szektor területeinek képleteit és azt a tényt használva, hogy az AOC szöget radiánban mérjük, :
\ 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)
Figyelje meg a bal szélső egyenlőtlenséget:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
ahogy használni fogjuk később. Ezután azt vesszük, hogy 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, és ez jogot ad arra, hogy az utolsó kettős egyenlőtlenséget elosztjuk \ sin (\ alpha\_n) -nel:
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Mivel a \ cos (x) páros függvény, és f (x) = x és \ sin (x) egyaránt páratlan, a fenti egyenlőtlenség kölcsönös értéke:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Szorozza meg a fentieket -1-szel, és fordítsa meg az egyenlőtlenségi jeleket:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Adjon 1-et a fentiekhez:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
De:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
a korábban bizonyított „baloldali” egyenlőtlenség miatt (lásd fent). Most:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
és ez azt jelenti, hogy:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Mivel korábban azt feltételeztük, hogy 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, használhatjuk az abszolút értékeket a fenti egyenlőtlenségekben:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
amely megfelel a \ epsilon, \ delta határérték-definíciónak: bármely \ epsilon> 0 esetén a \ delta = min értéket választjuk (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Ha most nem „folytonos” változatot, hanem diszkrét szekvenciát tanulmányoznánk, akkor beállítanánk az \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} elemet, és megadnánk:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
honnan:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
és végül:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ létezik N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
Mindkét esetben ez azt jelenti, hogy:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Figyelje meg, hogy ezen érvelés további bónuszaként automatikusan bebizonyítottuk, hogy:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
És a korábbi következtetett egyenlőtlenség \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n ebből következik, hogy amint | \ alpha\_n – 0 | delta van | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon, ami azt jelenti, hogy:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Innen azonnal következik, hogy kiszámíthatjuk a következő korlátot:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(gyakorlatként meghagyva az olvasónak), stb.
Hogy megünnepeljük győzelem, számítsuk ki a következő korlátot, amely minden összefüggésben áll a kérdés működési kifejezésével:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
ahol \ phi egy tetszőleges nem nulla (valós) szám.Írja ki a termék első néhány kifejezését:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Kezdje a félszög azonosságával:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Alkalmazza újra a \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
És még egyszer – bűnbe (\ 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})
És így tovább. Látjuk, hogy n ilyen helyettesítés után:
\ 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})
Innen következik, hogy a koszinuszok hosszú szorzatát a következőképpen ábrázolhatjuk: frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
De már tudjuk, mi a fenti korlát, és ennélfogva:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}