Migliore risposta
Semplice…. 🙂
Spesso usiamo questo come risultato diretto.
Risposta
Sfortunatamente, né le serie di Taylor né le risposte basate su regole lHopital possono essere qualificate come dimostrazioni rigorose perché introducono un argomento circolare: entrambi questi metodi richiedono il calcolo di una derivata della funzione f (x) = \ sin (x), per calcolare la quale dobbiamo sapere a cosa è uguale il limite in questione. In altre parole, durante la ricerca di A, introduciamo B, ma per trovare B dobbiamo sapere che cosè A.
Non è così difficile costruire una dimostrazione abbastanza rigorosa che passi per accettabile in un ” Corso di analisi matematica ”. Eccone una versione: nel disegno sotto \ triangle AOC cè un triangolo isoscele contenuto nel settore circolare OApC che, a sua volta, è contenuto nel triangolo rettangolo OAB. Il segmento di linea AB è perpendicolare al raggio OA:
Da Euclid “s” Elements “Book 3 Proposition 16 segue che le aree quadrate degli oggetti di cui sopra sono ordinate per dimensione come segue:
A \_ {\ triangle OAC} \_ {OApC} \_ {\ triangle OAB}
In quella proposizione Euclide (sostanzialmente) dimostra che è impossibile schiacciare unaltra linea retta tra AB e la circonferenza del cerchio q nel punto A in modo tale che quella nuova linea retta sia posizionata tra AB e p. Viceversa significa che qualsiasi linea retta che taglia langolo retto OAB cade necessariamente allinterno del cerchio – come fa la linea sigment AC sopra. Successivamente, utilizzando le formule per le aree di un triangolo e di un settore circolare e il fatto che langolo AOC è misurato in radianti, abbiamo :
\ 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)
Osserva la disuguaglianza più a sinistra:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
come la useremo più tardi. Successivamente, prendiamo che 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} e che ci dà il diritto di dividere lultima doppia disuguaglianza per \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Poiché \ cos (x) è una funzione pari ef (x) = x e \ sin (x) sono entrambi dispari, i valori reciproci della disuguaglianza di cui sopra sono:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Moltiplica quanto sopra per -1 e capovolgi i segni di disuguaglianza:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Aggiungi 1 a quanto sopra:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Ma:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
a causa della disuguaglianza “più a sinistra” che abbiamo dimostrato in precedenza (vedi sopra). Ora:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
e questo significa che:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Poiché in precedenza abbiamo assunto che 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, possiamo usare i valori assoluti nelle disuguaglianze di cui sopra:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
che è conforme alla \ epsilon, \ delta definizione di un limite: per ogni \ epsilon> 0 scegliamo \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Ora, se stessimo studiando non una variante “continua” ma una sequenza discreta, allora avremmo impostato \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} e avremmo:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
da dove:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
e infine:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ exist N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
In entrambi i casi significa che:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Osserva che come bonus aggiuntivo in questa linea di ragionamento abbiamo dimostrato automaticamente che:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
E da la precedente disuguaglianza dedotta \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n ne segue che non appena | \ alpha\_n – 0 | delta abbiamo | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon che significa che:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Da dove ne consegue immediatamente che possiamo calcolare il seguente limite:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(lasciato come esercizio al lettore), ecc.
Per celebrare il nostro vittoria, calcoliamo il seguente limite che ha tutto a che fare con lespressione di lavoro di questa domanda:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
dove \ phi è un numero arbitrario diverso da zero (reale).Scrivi i primi termini del prodotto:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Inizia con lidentità a metà angolo:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Applicalo di nuovo a \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
E ancora – a \ 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})
E così via. Vediamo che dopo n di tali sostituzioni avremo:
\ 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})
Da dove segue che il nostro lungo prodotto di coseni può essere rappresentato come:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Ma sappiamo già qual è il limite di cui sopra, e quindi:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}