Beste svaret
Enkelt…. 🙂
Vi bruker dette ofte som et direkte resultat.
Svar
Dessverre kan verken Taylor-serien eller lHopital regelbaserte svar kvalifiseres som strenge bevis fordi de introduserer et sirkulært argument: begge disse metodene krever beregning av et derivat av funksjonen f (x) = \ sin (x), for å beregne som vi må vite hva den aktuelle grensen er lik. Med andre ord, mens vi søker etter A, introduserer vi B, men for å finne B må vi vite hva A er.
Det er ikke så vanskelig å konstruere et bevis som er strengt nok som vil passere som akseptabelt i et » Matematisk analyse ”kurs. Her er en versjon: på tegningen under \ triangel AOC er en likestilt trekant inneholdt i sirkulær sektor OApC som i sin tur er inneholdt i høyre trekant OAB. Linjesegmentet AB er vinkelrett på strålen OA:
Fra Euclid «s» Elements «Book 3 Proposition 16 følger det at de firkantede områdene av objektene ovenfor er sortert etter størrelse som følger:
A \_ {\ trekant OAC} \_ {OApC} \_ {\ trekant OAB}
I den proposisjonen Euklid viser (i utgangspunktet) at det er umulig å presse en annen rett linje mellom AB og sirkelens omkrets q ved punktet A på en slik måte at den nye rette linjen er plassert mellom AB og p. Omvendt betyr det at enhver rett linje som kutter den rette vinkelen, faller OAB nødvendigvis inne i sirkelen – slik linjesigneringen AC gjør ovenfor. Deretter bruker vi formlene for områdene til en trekant og en sirkulær sektor og det faktum at vinkelen 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)
Observer ulikheten lengst til venstre:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
når vi skal bruke den senere. Deretter tar vi det at 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} og som gir oss retten til å dele den siste doble ulikheten med \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Siden \ cos (x) er en jevn funksjon og f (x) = x og \ sin (x) er begge rare, gjensidige verdier av ulikheten ovenfor er:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Multipliser ovenstående med -1 og vend ulikhetstegnene:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Legg 1 til ovennevnte:
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 grunn av den «venstre» ulikheten som vi har bevist tidligere (se ovenfor). Nå:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
og det betyr at:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Fordi vi tidligere antok at 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, kan vi bruke de absolutte verdiene i ulikhetene ovenfor:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
som samsvarer med \ epsilon, \ delta-definisjonen av en grense: for hvilken som helst \ epsilon> 0 velger vi \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Nå, hvis vi ikke studerte en «kontinuerlig» variant, men en diskret sekvens, ville vi sette \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} og ha:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
hvorfra:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
og til slutt:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ eksisterer N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
I begge tilfeller betyr det at:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Vær oppmerksom på at vi som en ekstra bonus i denne resonnementet automatisk beviste at:
\ lim\_ {x \ til 0} \ cos (x) = 1
Og fra den tidligere utledede ulikheten \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n følger det at så snart | \ alpha\_n – 0 | delta vi har | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon som betyr at:
\ lim\_ {x \ til 0} \ sin (x) = 0
Derfra følger det umiddelbart at vi kan beregne følgende grense:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(igjen som en øvelse til leseren) osv.
For å feire vår seier, la oss beregne følgende grense som har alt å gjøre med arbeidsuttrykket til dette spørsmålet:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
der \ phi er et vilkårlig tall som ikke er null (reelt).Skriv ut de første begrepene av produktet:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Start med halvvinkelidentiteten:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Bruk den igjen på \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
Og igjen – 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 etter n slike erstatninger vil vi ha:
\ 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 vårt lange produkt av cosinus kan representeres 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 vet allerede hva grensen ovenfor er, og dermed:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}