Najlepsza odpowiedź
Proste…. 🙂
Często używamy tego jako bezpośredniego wyniku.
Odpowiedź
Niestety, ani seria Taylora, ani odpowiedzi oparte na regułach lHopital nie mogą być zakwalifikowane jako rygorystyczne dowody, ponieważ wprowadzają argument kołowy: obie te metody wymagają obliczenia pochodnej funkcji f (x) = \ sin (x), aby obliczyć, której musimy wiedzieć, jaka jest ta granica. Innymi słowy, szukając A, wprowadzamy B, ale aby znaleźć B, musimy wiedzieć, czym jest A.
Nie jest trudno skonstruować wystarczająco rygorystyczny dowód, który będzie akceptowalny w „ Kurs Analiza matematyczna ”. Oto jedna wersja: na poniższym rysunku \ triangle AOC jest trójkątem równoramiennym zawartym w okrągłym sektorze OApC, który z kolei jest zawarty w prawym trójkącie OAB. Odcinek AB jest prostopadły do OA promienia:
Z propozycji Euclid „Elements”, Book 3 16, wynika że kwadratowe obszary powyższych obiektów są sortowane według rozmiaru w następujący sposób:
A \_ {\ triangle OAC} \_ {OApC} \_ {\ triangle OAB}
W tej propozycji Euclid (w zasadzie) udowadnia, że niemożliwe jest przeciśnięcie kolejnej prostej między AB a obwodem koła q w punkcie A w taki sposób, że ta nowa prosta znajduje się między AB i p. Odwrotnie, oznacza to, że każda prosta który przecina kąt prosty OAB z konieczności wypada wewnątrz okręgu – tak jak to robi powyższy znak AC. Następnie, używając wzorów na obszary trójkąta i sektora kołowego oraz faktu, że kąt AOC jest mierzony w radianach, mamy :
\ 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)
Obserwuj nierówność najbardziej po lewej:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
tak jak będziemy jej używać później. Następnie przyjmujemy, że 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} i to daje nam prawo do podzielenia ostatniej podwójnej nierówności przez \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Ponieważ \ cos (x) jest funkcją parzystą if (x) = x i \ sin (x) są nieparzyste, odwrotne wartości powyższej nierówności to:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Pomnóż powyższe przez -1 i odwróć znaki nierówności:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Dodaj 1 do powyższego:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Ale:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
z powodu „skrajnej lewej” nierówności, którą udowodniliśmy wcześniej (patrz wyżej). Teraz:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
a to oznacza, że:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Ponieważ wcześniej założyliśmy, że 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, możemy użyć wartości bezwzględnych w powyższych nierównościach:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
co jest zgodne z \ epsilon, \ delta definicji limitu: dla dowolnego \ epsilon> 0 wybieramy \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Teraz, gdybyśmy badali nie „ciągły” wariant, ale sekwencję dyskretną, ustawilibyśmy \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} i otrzymalibyśmy:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
skąd:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
i na koniec:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ exist N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
W obu przypadkach oznacza to, że:
\ lim\_ {x \ to 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Zwróć uwagę, że jako dodatkowy bonus w tej linii rozumowania automatycznie udowodniliśmy, że:
\ lim\_ {x \ to 0} \ cos (x) = 1
A z wcześniej wydedukowana nierówność \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n wynika, że gdy tylko | \ alpha\_n – 0 | delta mamy | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon co oznacza, że:
\ lim\_ {x \ to 0} \ sin (x) = 0
Skąd wynika, że możemy obliczyć następujący limit:
\ lim\_ {x \ to 0} \ tan (x) = 0
(pozostawione jako ćwiczenie dla czytelnika) itp.
Aby uczcić nasze zwycięstwo, obliczmy następujący limit, który ma wszystko wspólnego z roboczym wyrażeniem tego pytania:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
gdzie \ phi jest dowolną liczbą niezerową (rzeczywistą).Wypisz kilka pierwszych warunków produktu:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Zacznij od tożsamości półkąta:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Zastosuj ponownie do \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
I znowu – do \ 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})
I tak dalej. Widzimy, że po n takich podstawień otrzymamy:
\ 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})
Z tego wynika, że nasz długi iloczyn cosinusów można przedstawić jako:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Ale wiemy już, jaki jest powyższy limit, i stąd:
\ lim\_ {n \ do + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}