fbpx

Granica funkcji sinx/x – dowód

 

Granice funkcji Wykład 8

 

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

 

Streszczenie

W artykule pokażę dowód na to, że:

[pmath]{lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1[/pmath]

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 [pmath]0<x<1/2[/pmath]:

[pmath]sinx<x[/pmath] i [pmath]x<tgx[/pmath].

Dowód

Czyli wykażemy jakby nierówność:

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

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 [pmath]alpha[/pmath] i stycznej BC do okręgu w punkcie B.

Zwróćmy uwagę na trzy rzeczy:

  1. Pole trójkąta OAB
  2. Pole wycinka koła o kącie [pmath]alpha[/pmath] 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 “[pmath]P=1/2ah[/pmath]” wzór:

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

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

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

2. Pole wycinka OAB

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

[pmath]{pi}R^2[/pmath]  —  [pmath]2pi[/pmath]

[pmath]P(AOB)[/pmath]  —  [pmath]alpha[/pmath]

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

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

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 [pmath]P=1/2ah[/pmath]

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

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

[pmath]tg{alpha}={delim{|}{CB}{|}}/{delim{|}{OB}{|}}={delim{|}{CB}{|}}/R[/pmath]

Mnożąc obie strony równości przez R otrzymamy:

[pmath]delim{|}{CB}{|}=Rtg{alpha}[/pmath]

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

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

Mamy wyznaczone wszystkie 3 pola.

Wróćmy więc do nierówności:

Pole trójkąta OAB < Pole wycinka AOB < Pole trójkąta COB

Podstawiając wyliczone pola otrzymamy:

[pmath]1/2R^2sin{alpha}<1/2R^2{alpha}<1/2R^2tg{alpha}[/pmath]

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

[pmath]sin{alpha}<{alpha}<tg{alpha}[/pmath]

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:

[pmath]sinx<x<tgx[/pmath]

Najpierw rozbijemy ja na dwie:

1. [pmath]sinx<x[/pmath]

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

[pmath]{sinx}/x<1[/pmath]

2. [pmath]x<tgx[/pmath]

Jak wiemy [pmath]tgx={sinx}/{cosx}[/pmath]:

[pmath]x<{sinx}/{cosx}[/pmath]

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

[pmath]xcosx<sinx[/pmath]

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

[pmath]cosx<{sinx}/x[/pmath]

Mamy więc przekształcone dwie nierówności:

[pmath]{sinx}/x<1[/pmath]

[pmath]cosx<{sinx}/x[/pmath]

Które możemy połączyć i zapisać:

[pmath]cosx<{sinx}/x<1[/pmath]

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

[pmath]cosx-1<{sinx}/x-1<0[/pmath]

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

negative cos x plus 1 greater than negative fraction numerator sin x over denominator x end fraction plus 1 greater than 0

Zapisujemy zgrabniej:

[pmath]0<1-{sinx}/x<1-cosx[/pmath]

Zajmijmy się [pmath]1-cosx[/pmath]:

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

[pmath]cos2x=cos^2{x}-sin^2{x}[/pmath]

A więc (z tego wzoru):

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

Czyli:

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

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

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

Czyli:

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

Wracając więc do naszej nierówności:

[pmath]0<1-{sinx}/x<1-cosx[/pmath]

Możemy ją zapisać jako:

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

Zajmijmy się teraz [pmath]2sin^2(1/2{x})[/pmath].

Jest prawdą, że:

[pmath]2sin^2(1/2{x})<2sin(1/2{x})[/pmath]

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

Jest także prawdą, że:

[pmath]2sin(1/2{x})<x[/pmath]

bo po podzieleniu nierówności przez 2 otrzymamy:

[pmath]sin(1/2{x})<x/2[/pmath]

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

Zatem wracając do naszej głównej nierówności:

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

Skracając:

[pmath]0<1-{sinx}/x<x[/pmath]

Z powyższej nierówności wynika poniższa:

[pmath]delim{|}{1-{sinx}/x}{|}<delim{|}{x}{|}[/pmath]

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

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

[pmath]delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|}[/pmath]

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

[pmath]delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<delim{|}{x}{|}[/pmath]

 

Definicja granicy funkcji Cauchy’ego

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

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

Czyli:

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

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

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

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

Czyli wykazaliśmy, dla takiej [pmath]delta[/pmath]:

[pmath]delim{|}{{sinx}/x-1}{|}<epsilon[/pmath]

Pokazaliśmy więc z definicji Cauchy’ego, że:

[pmath]{lim}under{x{right}0}{sinx}/x=1[/pmath]

Pisząc tego posta korzystałem z…

1. “Rachunek różniczkowy i całkowy. Tom I.” G.M. Fichtenholz. Wyd. 1966.

KONIEC

 

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

Kliknij, aby powrócić na stronę z wykładami o granicach

Dodaj komentarz

Twój adres e-mail nie zostanie opublikowany. Wymagane pola są oznaczone *

Twój komentarz będzie dostępny publicznie na naszej stronie razem z powyższym podpisem. Adres email nie będzie dostępny publicznie. Komentarz możesz zmienić, lub usunąć w każdej chwili. Dane osobowe zawarte w komentarzu i podpisie traktujemy zgodnie z naszą polityką prywatności.

  1. Łukasz pisze:

    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? 😀

    1. Wynik to liczba fraction numerator sin 2 over denominator 2 end fraction, czyli w przybliżeniu 0 comma 4546 (jak można sprawdzić na kalkulatorze).

  2. Albert pisze:

    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 🙂

    1. Adam pisze:

      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

  3. Tomek pisze:

    tak e^1

  4. Ula pisze:

    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

  5. Ula pisze:

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

    1. Piter pisze:

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

  6. pm pisze:

    Moglibyście trochę poprawić TeX’a. W wielu wypadkach używacie

    sin x

    zamiast

    sin x

    😉