Beste Antwort
Einfach…. 🙂
Wir verwenden dies häufig als direktes Ergebnis.
Antwort
Leider können weder Taylor-Reihen noch lHopital-regelbasierte Antworten als qualifiziert werden strenge Beweise, weil sie ein zirkuläres Argument einführen: Beide Methoden erfordern die Berechnung einer Ableitung der Funktion f (x) = \ sin (x), um zu berechnen, welcher Grenze wir entsprechen müssen. Mit anderen Worten, während wir nach A suchen, führen wir B ein, aber um B zu finden, müssen wir wissen, was A ist.
Es ist nicht so schwierig, einen Beweis zu konstruieren, der streng genug ist, um als akzeptabel zu gelten. Kurs Mathematische Analyse “. Hier ist eine Version: In der Zeichnung unten \ Dreieck AOC ist ein gleichschenkliges Dreieck, das im kreisförmigen Sektor OApC enthalten ist, der wiederum im rechtwinkligen Dreieck OAB enthalten ist. Das Liniensegment AB ist senkrecht zum Strahl OA:
Aus Euklids „Elements“ Book 3 Proposition 16 folgt dass die quadratischen Flächen der obigen Objekte nach Größe wie folgt sortiert sind:
A \_ {\ Dreieck OAC} \_ {OApC} \_ {\ Dreieck OAB}
In diesem Satz Euklid beweist (im Grunde), dass es unmöglich ist, eine andere gerade Linie zwischen AB und dem Umfang des Kreises q am Punkt A so zusammenzudrücken, dass diese neue gerade Linie zwischen AB und p positioniert wird. Umgekehrt bedeutet dies, dass jede gerade Linie das schneidet den rechten Winkel OAB fällt notwendigerweise in den Kreis – wie das Liniensignal AC oben. Als nächstes verwenden wir die Formeln für die Flächen eines Dreiecks und eines Kreissektors und die Tatsache, dass der Winkel AOC im Bogenmaß gemessen wird :
\ 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)
Beachten Sie die Ungleichheit ganz links:
\ sin (\ alpha\_n) alpha\_n
, wie wir sie verwenden werden später. Als nächstes nehmen wir an, dass 0 alpha\_n frac {\ pi} {2} und das uns das Recht gibt, die letzte doppelte Ungleichung durch \ sin (\ alpha\_n) zu teilen:
1 frac {\ alpha\_n} {\ sin (\ alpha\_n)} frac {1} {\ cos (\ alpha\_n)}
Da \ cos (x) eine gerade Funktion ist und f (x) = x und \ sin (x) sind beide ungerade, die reziproken Werte der obigen Ungleichung sind:
1> \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n}> \ cos (\ alpha\_n)
Multiplizieren Sie das Obige mit -1 und drehen Sie die Ungleichheitszeichen um:
-1 \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} \ cos (\ alpha\_n)
Fügen Sie 1 zu den obigen hinzu:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – \ cos (\ alpha\_n)
Aber:
1 – \ cos (\ alpha\_n) = 2 \ sin ^ 2 (\ frac {\ alpha\_n} {2}) \ sin (\ frac {\ alpha\_n } {2}) \ frac {\ alpha\_n} {2} = \ alpha\_n
aufgrund der Ungleichheit „ganz links“, die wir zuvor bewiesen haben (siehe oben). Jetzt:
1 – \ cos (\ alpha\_n) alpha\_n
und das bedeutet:
0 – \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} alpha\_n
Da wir früher angenommen haben, dass 0 alpha\_n frac {\ pi} {2}, können wir die absoluten Werte in den obigen Ungleichungen verwenden:
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n |
entspricht der \ epsilon \ Delta-Definition eines Grenzwerts: Für jedes \ epsilon> 0 wählen wir \ delta = min (\ epsilon, \ frac {\ pi} {2}) :
| \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} -1 | \ alpha\_n | = | \ alpha\_n – 0 | delta p>
Wenn wir nun keine „kontinuierliche“ Variante, sondern eine diskrete Sequenz untersuchen würden, würden wir \ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} setzen und haben:
\ alpha\_n = \ frac {\ pi} {2n} delta \ leq \ epsilon
von wo:
n> \ frac {\ pi} {2 \ epsilon}
und schließlich:
\ forall \ epsilon> 0 \ quad \ existiert N = \ frac {\ pi} {2 \ epsilon} \ quad: \ quad \ forall n > N \ quad | \ frac {\ sin (\ alpha\_n)} {\ alpha\_n} – 1 | epsilon
In beiden Fällen bedeutet dies:
\ lim\_ {x \ bis 0} \ frac {\ sin (x)} {x} = 1
Beachten Sie, dass wir als zusätzlichen Bonus in dieser Argumentation automatisch bewiesen haben, dass:
\ lim\_ {x \ bis 0} \ cos (x) = 1
Und von die früher abgeleitete Ungleichung \ sin (\ alpha\_n) alpha\_n folgt, sobald | \ alpha\_n – 0 | delta wir haben | \ sin (\ alpha\_n) – 0 | epsilon, was bedeutet, dass:
\ lim\_ {x \ bis 0} \ sin (x) = 0
Daraus folgt unmittelbar, dass wir die folgende Grenze berechnen können:
\ lim\_ {x \ bis 0} \ tan (x) = 0
(als Übung dem Leser überlassen) usw.
Um unsere zu feiern Sieg, lassen Sie uns die folgende Grenze berechnen, die alles mit dem Arbeitsausdruck dieser Frage zu tun hat:
\ lim\_ {n \ to + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos ( \ frac {\ phi} {2 ^ k})
wobei \ phi eine beliebige (reelle) Zahl ungleich Null ist.Schreiben Sie die ersten Begriffe des Produkts auf:
\ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2}) \ cos (\ frac { \ phi} {2 ^ 3}) \ dots \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ n})
Beginnen Sie mit der Halbwinkelidentität:
\ sin (\ phi) = 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ sin (\ frac {\ phi} {2})
Wende es erneut auf \ sin (\ frac {\ an phi} {2}):
\ sin (\ phi) = 2 ^ 2 \ cos (\ frac {\ phi} {2}) \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ 2 }) \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ 2})
Und noch einmal – zu \ 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})
Und so weiter. Wir sehen, dass wir nach n solchen Substitutionen haben werden:
\ 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})
Daraus folgt, dass unser langes Kosinusprodukt wie folgt dargestellt werden kann:
\ frac {\ sin (\ phi)} {2 ^ n \ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})} = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi} \ frac {\ frac {\ phi} {2 ^ n}} {\ sin (\ frac {\ phi} {2 ^ n})}
Aber wir wissen bereits, wie hoch die oben genannte Grenze ist, und daher:
\ lim\_ {n \ bis + \ infty} \ prod\_ {k = 1} ^ n \ cos (\ frac {\ phi} {2 ^ k}) = \ frac {\ sin (\ phi)} {\ phi}