Beste antwoord
Eenvoudig…. 🙂
We gebruiken dit vaak als een direct resultaat.
Antwoord
Helaas kunnen noch Taylor-serie noch lHopital regelgebaseerde antwoorden worden gekwalificeerd als rigoureuze bewijzen omdat ze een cirkelvormig argument introduceren: beide methoden vereisen de berekening van een afgeleide van de functie f (x) = \ sin (x), om te berekenen waaraan we moeten weten waaraan de betreffende limiet gelijk is. Met andere woorden, bij het zoeken naar A introduceren we B, maar om B te vinden, moeten we weten wat A is.
Het is niet zo moeilijk om een bewijs te construeren dat rigoureus genoeg is dat als acceptabel zal doorgaan in een Wiskundige analyse ”. Hier is een versie: in de tekening hieronder \ driehoek AOC is een gelijkbenige driehoek die zich bevindt in de cirkelvormige sector OApC die op zijn beurt is opgenomen in de rechthoekige driehoek OAB. Het lijnstuk AB staat loodrecht op de straal OA:
Uit Euclid “s” Elements “Boek 3 Proposition 16 volgt dat de vierkante gebieden van de bovenstaande objecten als volgt op grootte zijn gesorteerd:
A \_ {\ driehoek OAC} \_ {OApC} \_ {\ driehoek OAB}
In die stelling Euclides bewijst (in feite) dat het onmogelijk is om een andere rechte lijn tussen AB en de omtrek van de cirkel q op punt A zodanig samen te drukken dat die nieuwe rechte lijn tussen AB en p komt. Omgekeerd betekent het dat elke rechte lijn die de rechte hoek snijdt OAB valt noodzakelijkerwijs binnen de cirkel – zoals het lijnsigment AC hierboven doet. Vervolgens gebruiken we de formules voor de gebieden van een driehoek en een cirkelvormige sector en het feit dat de hoek AOC wordt gemeten in radialen, :
\ 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)
Observeer de meest linkse ongelijkheid:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
zoals we het zullen gebruiken later. Vervolgens gaan we ervan uit dat 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} en dat geeft ons het recht om de laatste dubbele ongelijkheid te delen door \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Aangezien \ cos (x) een even functie is en f (x) = x en \ sin (x) zijn beide oneven, de wederzijdse waarden van de bovenstaande ongelijkheid zijn:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Vermenigvuldig het bovenstaande met -1 en draai de ongelijkheidstekens om:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Voeg 1 toe aan het bovenstaande:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Maar:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
vanwege de “meest linkse” ongelijkheid die we eerder hebben bewezen (zie hierboven). Nu:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
en dat betekent dat:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Omdat we eerder aannamen dat 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, kunnen we de absolute waarden gebruiken in de bovenstaande ongelijkheden:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
wat overeenkomt met de \ epsilon, \ delta definitie van een limiet: voor elke \ epsilon> 0 kiezen we \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Als we nu geen “continue” variant maar een discrete reeks zouden bestuderen, dan zouden we \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} instellen en hebben:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
vanwaar:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
en tot slot:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ bestaat N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
In beide gevallen betekent dit dat:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Merk op dat we als extra bonus in deze redenering automatisch hebben bewezen dat:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
En van de eerder afgeleide ongelijkheid \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n daaruit volgt dat zodra | \ alpha\_n – 0 | delta hebben we | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon wat betekent dat:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Van daaruit volgt onmiddellijk dat we de volgende limiet kunnen berekenen:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(als oefening voor de lezer), etc.
Om onze overwinning, laten we de volgende limiet berekenen die alles te maken heeft met de werkende uitdrukking van deze vraag:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
waarbij \ phi een willekeurig niet-nul (reëel) getal is.Schrijf de eerste paar termen van het product op:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Begin met de halve hoekidentiteit:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Pas het opnieuw toe op \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
En nogmaals – to \ 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})
Enzovoort. We zien dat na n dergelijke vervangingen:
\ 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})
Hieruit volgt dat ons lange product van cosinussen kan worden weergegeven als:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Maar we weten al wat de bovenstaande limiet is, en dus:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}