Bästa svaret
Enkelt …. 🙂
Vi använder detta ofta som ett direkt resultat.
Svar
Tyvärr kan varken Taylor-serien eller lHopital regelbaserade svar kvalificeras som stränga bevis eftersom de introducerar ett cirkulärt argument: båda dessa metoder kräver beräkning av ett derivat av funktionen f (x) = \ sin (x), för att beräkna som vi måste veta vad gränsen i fråga är lika med. Med andra ord, när vi söker efter A introducerar vi B, men för att hitta B måste vi veta vad A är.
Det är inte så svårt att konstruera ett noggrant bevis som passerar som acceptabelt i ett ” Matematisk analys ”kurs. Här är en version: i ritningen nedan \ triangel AOC är en likbent triangel som finns inom den cirkulära sektorn OApC som i sin tur ingår i den högra triangeln OAB. Linjesegmentet AB är vinkelrätt mot strålen OA:
Från Euclids ”Elements” bok 3 Proposition 16 följer det att kvadratområdena för ovanstående objekt sorteras efter storlek enligt följande:
A \_ {\ triangel OAC} \_ {OApC} \_ {\ triangel OAB}
I det förslaget Euklid visar (i grund och botten) att det är omöjligt att pressa ytterligare en rak linje mellan AB och cirkelns omkrets q vid punkten A på ett sådant sätt att den nya raka linjen placeras mellan AB och p. Omvänt betyder det att vilken rak linje som helst som skär den rätta vinkeln OAB faller nödvändigtvis inuti cirkeln – som linjesigneringen AC gör ovan. Därefter använder vi formlerna för områdena i en triangel och en cirkulär sektor och det faktum att vinkeln AOC mäts i radianer, har vi :
\ 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)
Observera ojämlikheten längst till vänster:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
eftersom vi kommer att använda den senare. Därefter tar vi det att 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} och det ger oss rätten att dela den sista dubbla ojämlikheten med \ sin (\ alpha\_n):
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Eftersom \ cos (x) är en jämn funktion och f (x) = x och \ sin (x) är båda udda, de ömsesidiga värdena för ovanstående ojämlikhet är:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Multiplicera ovanstående med -1 och vänd ojämlikhetstecknen:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alfa\_n)
Lägg 1 till ovanstående:
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 grund av den ”ojämlikhet” längst till vänster som vi har visat tidigare (se ovan). Nu:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
och det betyder att:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Eftersom vi tidigare antog att 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} kan vi använda de absoluta värdena i ovanstående ojämlikheter:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
som överensstämmer med definitionen \ epsilon, \ delta av en gräns: för alla \ epsilon> 0 väljer vi \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta
Om vi inte studerade en ”kontinuerlig” variant utan en diskret sekvens, skulle vi ställa in \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} och ha:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
varifrån:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
och slutligen:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ existerar N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
I båda fallen betyder det att:
\ lim\_ {x \ till 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Observera att vi som en extra bonus i detta resonemang automatiskt bevisade att:
\ lim\_ {x \ till 0} \ cos (x) = 1
Och från den tidigare härledda ojämlikheten \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n följer att så snart | \ alpha\_n – 0 | delta har vi | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon vilket betyder att:
\ lim\_ {x \ till 0} \ sin (x) = 0
Därifrån följer omedelbart att vi kan beräkna följande gräns:
\ lim\_ {x \ till 0} \ tan (x) = 0
(lämnas som en övning för läsaren) osv.
För att fira vår seger, låt oss beräkna följande gräns som har allt att göra med arbetsfrågan för denna fråga:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
där \ phi är ett godtyckligt icke-noll (verkligt) tal.Skriv ut de första termerna för produkten:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Börja med halvvinkelidentiteten:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Använd den igen på \ sin (\ frac {\ phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
Och igen – till \ 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})
Och så vidare. Vi ser att efter n sådana substitutioner kommer vi att ha:
\ sin (\ phi) = 2 ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 3}) \ punkter \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n}) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Därifrån följer att vår långa produkt av cosinus kan presenteras 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 redan vad gränsen ovan är, och därmed:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}