Dołącz do ponad 65000 studentów na Akademii eTrapez

Zarejestruj darmowe konto i uzyskaj natychmiastowy dostęp do 16 Lekcji Video.

Poznaj podstawy matematyczne na studiach. Za darmo. We własnym domu.

Zarejestruj darmowe konto na Akademii

Granice funkcji sinx/x – dowód

 

Granice funkcji Wykład 8

 

Temat: Granica funkcji {lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1 – dowód

 

Streszczenie

W artykule pokażę dowód na to, że:

{lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1

Dowodu nie wymyśliłem sam, tylko wziąłem z książki G.M.Fichtenholz’a „Rachunek różniczkowy i całkowy” (z małą przeróbką na samym końcu) – oczywiście rozszerzając o wszystkie przejścia, dla lepszego zrozumienia, co się bierze z czego. Do wykazania powyższej granicy wykorzystam definicję Cauchy’ego granicy funkcji.

Wykazanie pewnej pożytecznej dla dowodu nierówności

Lemat

Dla 0<x<1/2:

sinx<x i x<tgx.

Dowód

Czyli wykażemy jakby nierówność:

sinx<x<tgx, która zachodzi dla 0<x<1/2

Tą nierówność warto zapamiętać, przydaje się nie tylko do tego dowodu, ale do różnych innych rzeczy w analizie matematycznej (na przykład do szacowania szeregów liczbowych w kryterium porównawczym). Poza tym w ogóle jest ciekawa sama w sobie, prawda? 🙂

No to do dzieła, dowiedźmy tej nierówności.

Na początku narysujmy coś takiego:

Rysunek w dowodzie lematuMamy okrąg o środku w punkcie O, promieniu R, cięciwie AB, kącie AOB równym alpha i stycznej BC do okręgu w punkcie B.

Zwróćmy uwagę na trzy rzeczy:

  1. Pole trójkąta OAB
  2. Pole wycinka koła o kącie alpha AOB (nie myl z trójkątem z punktu 1!)
  3. Pole trójkąta COB

Oczywistym jest, że zawsze:

Pole trójkąta OAB < Pole wycinka AOB < Pole trójkąta COB

Teraz po kolei wyznaczmy te pola:

1. Pole trójkąta OAB

Ze szkoły średniej pamiętamy alternatywny wobec oklepanego „P=1/2ah” wzór:

Pole trójkąta = 1/2 bok razy bok razy sinus kąta pomiędzy nimi.

W naszym konkretnym trójkącie oba boki mają długość R (promień koła), zatem pole trójkąta równe jest:

P_{Delta}OAB=1/2R^2sin{alpha}

2. Pole wycinka OAB

Pole wycinka można wyznaczyć na przykład z proporcji (albo gotowym wzorkiem – jak się zna). Polu całego okręgu odpowiada kąt 2pi (w radianach), a polu wycinka (które mamy właśnie policzyć), kąt alpha radianów. Proporcje wyglądać będą tak:

{pi}R^2  —  2pi

P(AOB)  —  alpha

Mnożąc na krzyż, tak jak to się w proporcjach działało (szukamy P(AOB)) otrzymamy nasze pole wycinka:

P(AOB)={{pi}R^2{alpha}}/{2pi}={R^2{alpha}}/2=1/2R^2{alpha}

3. Pole trójkąta COB

Ten trójkąt jest trójkątem prostokątnym (bo prosta CB jest styczną). Zatem można przyjąć, że odcinek OB (równy R) to jego podstawa, a odcinek CB – wysokość i skorzystać ze standardowego P=1/2ah

P_{Delta}COB=1/2delim{|}{OB}{|}delim{|}{CB}{|}=1/2R{delim{|}{CB}{|}}

Zamieszajmy jednak do tego wzoru kąt alpha, zamiast odcinka delim{|}{CB}{|}. Wiemy, że w tym trójkącie:

tg{alpha}={delim{|}{CB}{|}}/{delim{|}{OB}{|}}={delim{|}{CB}{|}}/R

Mnożąc obie strony równości przez R otrzymamy:

delim{|}{CB}{|}=Rtg{alpha}

…które możemy podstawić do wzoru na pole trójkąta COB, otrzymując:

P_{Delta}COB=1/2delim{|}{OB}{|}delim{|}{CB}{|}=1/2R*Rtg{alpha}=1/2R^2tg{alpha}

Mamy wyznaczone wszystkie 3 pola.

Wróćmy więc do nierówności:

Pole trójkąta OAB < Pole wycinka AOB < Pole trójkąta COB

Podstawiając wyliczone pola otrzymamy:

1/2R^2sin{alpha}<1/2R^2{alpha}<1/2R^2tg{alpha}

Dzielimy obustronnie przez 1/2R^2 (możemy, bo promień okręgu jest większy od zera) i otrzymujemy:

sin{alpha}<{alpha}<tg{alpha}

A jest to dokładnie nierówność, którą mieliśmy udowodnić! I udowodniliśmy sposób 🙂

Wnioski z udowodnionej nierówności

Wyjdźmy zatem z udowodnionej już nierówności i przekształćmy ją trochę:

sinx<x<tgx

Najpierw rozbijemy ja na dwie:

1. sinx<x

Dzielimy ją obustronnie przez x (możemy, bo x z założenia jest 0<x<{pi}/2 – czyli różne od zera i dodatnie, nie zmieni się więc znak nierówności):

{sinx}/x<1

2. x<tgx

Jak wiemy tgx={sinx}/{cosx}:

x<{sinx}/{cosx}

Po przemnożeniu przez cosx (możemy, ze względu na założenie dotyczące x-sów):

xcosx<sinx

I podzieleniu przez x (możemy ze względu na założenie odnośnie x):

cosx<{sinx}/x

Mamy więc przekształcone dwie nierówności:

{sinx}/x<1

cosx<{sinx}/x

Które możemy połączyć i zapisać:

cosx<{sinx}/x<1

Odejmując stronami 1 otrzymamy (jeśli chcesz, możesz to rozpisać z rozbiciem na dwie nierówności):

cosx-1<{sinx}/x-1<0

Mnożymy stronami przez -1 (zmieni to znaki nierówności):

-cosx+1 data-recalc-dims=~-{sinx}/x+1>0″ title=”-cosx+1>~-{sinx}/x+1>0″/>

gjl

Zapisujemy zgrabniej:

0<1-{sinx}/x<1-cosx

Zajmijmy się 1-cosx:

Na początku powtórzyć musimy sobie niestety pewien wzór trygonometryczny, mianowicie wzór na cosinus podwojonego kąta:

cos2x=cos^2{x}-sin^2{x}

A więc (z tego wzoru):

cosx=cos^2(1/2{x})-sin^2(1/2{x})

Czyli:

1-cosx=1-(cos^2(1/2{x})-sin^2(1/2{x}))

Rozbijając jedynkę z jedynki trygonometrycznej i wchodząc z minusem w nawias otrzymam:

1-cosx=cos^2(1/2{x})+sin^2(1/2{x})-cos^2(1/2{x})+sin^2(1/2{x})

Czyli:

1-cosx=2sin^2(1/2{x})

Wracając więc do naszej nierówności:

0<1-{sinx}/x<1-cosx

Możemy ją zapisać jako:

0<1-{sinx}/x<2sin^2(1/2{x})

Zajmijmy się teraz 2sin^2(1/2{x}).

Jest prawdą, że:

2sin^2(1/2{x})<2sin(1/2{x})

bo dla x z założenia z przedziału 0<x<{pi}/2 wartości sinusa są ułamkami z przedziału (0,1), a takie ułamki podniesione do kwadratu są mniejsze niż przed podniesieniem (na przykład 1/16<1/4).

Jest także prawdą, że:

2sin(1/2{x})<x

bo po podzieleniu nierówności przez 2 otrzymamy:

sin(1/2{x})<x/2

a to, że sinus z czegoś jest mniejszy od tego czegoś wykazaliśmy w lemacie (sinx<x<tgx) na początku.

Zatem wracając do naszej głównej nierówności:

0<1-{sinx}/x<2sin^2(1/2{x})<2sin(1/2{x})<x

Skracając:

0<1-{sinx}/x<x

Z powyższej nierówności wynika poniższa:

delim{|}{1-{sinx}/x}{|}<delim{|}{x}{|}

– wartość bezwzględna to odległość od zera, zatem nie zmieni się ona przy zmianie znaku x na ujemny, dopóki oczywiście x pozostaje pomiędzy 0 a pi/2.

Ze względu na to, że w wartościach bezwzględnych delim{|}{a-b}{|}=delim{|}{b-a}{|}:

delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|}

Powtórzmy, wykazaliśmy, że zachodzi nierówność (dla 0<x<{pi}/2).

delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|}

Definicja granicy funkcji Cauchy’ego

Przypomnijmy: jeśli chcemy wykazać z definicji granicy funkcji Cauchy’ego, że {lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1  musimy pokazać, że zawsze znajdziemy takie delta, że dla dowolnego epsilon zachodzić będzie:

0<delim{|}{x-0}{|}<delta{doubleright}delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<epsilon

Czyli:

0<delim{|}{x}{|}<delta{doubleright}delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<epsilon

Sprawa jest więc prosta: jeżeli obierzemy sobie byle jaki epsilon – zawsze możemy dobrać do niego takie delta jako liczbę większą od zera, mniejszą od epsilona i należącą do przedziału 0<delta<{pi}/2.

Z nierówności 0<delim{|}{x}{|}<delta nasze x-sy będą mniejsze od delty, a skoro pokazaliśmy wcześniej, że delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|} to prawdą jest, że:

delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|}<delta<epsilon

Czyli wykazaliśmy, dla takiej delta:

delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<epsilon

Pokazaliśmy więc z definicji Cauchy’ego, że:

{lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1

Pisząc tego posta korzystałem z…

1. „Rachunek różniczkowy i całkowy. Tom I.” G.M. Fichtenholz. Wyd. 1966. (link partnerski – zobacz to znaczy, paragraf 27)

KONIEC

Kliknij, aby przypomnieć sobie, jak stosować granice funkcji (poprzedni Wykład) <–

Kliknij, aby powrócić na stronę z wykładami o granicach

 

Paczka wszystkich Kursów eTrapez

139 zł

Zobacz więcej

9 komentarzy na “Granice funkcji sinx/x – dowód”

  1. pm 17 lutego 2013 o 16:22 Link do komentarza

    Moglibyście trochę poprawić TeX’a. W wielu wypadkach używacie

    sin x

    zamiast

    \sin x

    😉

  2. Ula 2 stycznia 2014 o 16:43 Link do komentarza

    super strona !
    Mam pytanie co jeżeli zamiast x dąży do zera będzie x dążący do nieskończoności ??

    • Piter 31 sierpnia 2016 o 23:22 Link do komentarza

      Wtedy oczywiście nie wyrażenie dazy do zera, gdyż sinx jest ograniczony przez 1 a x zbiega do nieskoczonosci 😉

  3. Ula 3 stycznia 2014 o 16:37 Link do komentarza

    Co do poprzedniego pytania to sobie poradziłam . Mam mały problem z granicą funkcji x dąży do minus nieskończoności (1+1/x)^x wydaje mi się że rozwiązaniem będzie liczba e ale nie wiem jak to zapisać

  4. Tomek 12 stycznia 2014 o 13:58 Link do komentarza

    tak e^1

  5. Albert 22 września 2016 o 16:49 Link do komentarza

    Czy mając udowodnioną nierównośćcos open parentheses x close parentheses less than fraction numerator sin open parentheses x close parentheses over denominator x end fraction less than 1można skorzystać z twierdzenia o granicy trzech funkcji?stack lim space cos open parentheses x close parentheses with x rightwards arrow 0 below equals 1stack lim 1 with x rightwards arrow 0 below equals 1
więcstack lim left parenthesis fraction numerator sin open parentheses x close parentheses over denominator x end fraction right parenthesis with x rightwards arrow 0 below equals 1Czy zastosowałem to twierdzenie poprawnie? Z góry dziękuję za odpowiedź 🙂

    • Adam 5 kwietnia 2017 o 21:31 Link do komentarza

      Według mnie, tak. Spełnione są założenia twierdzenia ale tylko dla x > 0, więc podobne rozumowanie trzeba by było przeprowadzić również dla x < 0.Pozdrawiam,Adam

  6. Łukasz 24 stycznia 2017 o 22:20 Link do komentarza

    stack lim left parenthesis fraction numerator sin open parentheses x close parentheses over denominator x end fraction right parenthesis with x rightwards arrow 2 below equals ? a co się dzieje w takim przypadku? 😀

Dodaj komentarz