Prueba $[\sin x]' = \cos x$ sin usar $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$.

Question

Me encontré con esta pregunta: ¿Cómo demostrar que $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1$?

A partir de los comentarios, Joren dijo:

De l'Hospital de la Regla es fácil: $\displaystyle\lim_{x\to 0}\sin x = 0$$\displaystyle\lim_{x\to 0} = 0$, lo $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{1} = 1$.

Que Ilya readly respondió:

Estoy muy curioso cómo se puede demostrar entonces que $[\sin x]' = \cos x$

Mi pregunta: ¿hay una manera de probar que el $[\sin x]' = \cos x$ sin usar el límite de $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$. También, sin utilizar cualquier otra cosa $E$ de manera tal que, la prueba de $E$ utiliza el límite o $[\sin x]' = \cos x$.

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Todo lo que quiero es ser capaz de utilizar de L'Hospital en $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$. Y para esto, $[\sin x]'$ se evalúan primero.

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Bien... la definición que algunos solicitado.

Def de seno y coseno: Tener una unidad de circunferencia en el centro de coordenadas cartesianas. Tomar un punto que pertenece a la circunferencia. Su punto es $(x, y)$. Se relaciona con el ángulo de esta manera: $(\cos\theta, \sin\theta)$, de tal forma que si $\theta = 0$, su punto es $(1, 0)$.

Básicamente, es una geométricas. Siéntase libre de utilizar identidades trigonométricas como usted desea. Todos ellos son demostrables a partir de la geometría.

Answer 1

[Esta respuesta tiene un importante solapamiento con mi respuesta a una diferentes pero relacionadas pregunta, la comprensión Intuitiva de los derivados de la $\sin x$ $\cos x$ . ]

Descargo de responsabilidad: no estoy seguro de cómo hacer la siguiente totalmente riguroso, pero utiliza el círculo unitario definición y evita el uso de el límite en cuestión, aunque en apariencia bastante convincente, espero que sea suficiente para ser digno de una respuesta.

La curva de $\gamma(t)=(\cos(t),\sin(t))$ tiene en todas partes la unidad de longitud y la unidad de la velocidad, como se desprende fácilmente de la definición. $\|\gamma(t)\|^2=\cos^2(t)+\sin^2(t)=1$ en todas partes, por definición, debido a que $(\cos(t),\sin(t))$ está en el círculo unidad. $\|\gamma'(t)\|=1$ en todas partes porque es la tasa de cambio de la distancia recorrida alrededor del círculo con respecto a $t$, e $t$ es la distancia recorrida por la definición de radián (y estamos usando radianes aquí, o de lo contrario el resultado sería falso).

De $\|\gamma(t)\|^2=\gamma(t)\cdot \gamma(t)\equiv 1$ llegamos a la conclusión de que el producto de la regla de que $\gamma'(t)\cdot \gamma(t)\equiv 0$, por lo que el $\gamma'(t)$ es un vector unitario perpendicular a $(\cos(t),\sin(t))$. Hay sólo dos vectores en el plano, es decir,$(-\sin(t),\cos(t))$$(\sin(t),-\cos(t))$, pero es fácil descartar el último, por ejemplo, al darse cuenta de donde $\sin$ es el aumento y la disminución. Por lo tanto $\gamma'(t)=(-\sin(t),\cos(t))$ todos los $t$, y, en particular, la derivada de $\sin$$\cos$.

Comentario: por lo que yo sé la más significativa brecha en la de arriba es la rigurosa justificación que $\gamma$ es incluso diferenciable (que es equivalente a saber que $\cos$ $\sin$ son diferenciables).

Añadido: se puede demostrar que $\gamma$ es diferenciable sin más suposiciones acerca de las funciones trigonométricas. Probablemente hay una manera mejor de hacerlo que lo que sigue, pero el siguiente es algo. Tenga en cuenta que estamos tratando con la unidad de la velocidad de la parametrización de la curva de $x^2+y^2=1$. Cerca de $(1,0)$ por ejemplo, tenemos $x=\sqrt{1-y^2}$, por lo que podemos parametrizar la curva sin problemas como $\alpha(y) = (\sqrt{1-y^2}, y)$. Tenga en cuenta que $\alpha$ es suave en $-1<y<1$ y es el seguimiento de la mitad derecha del círculo. Podemos entonces reajuste de parámetros con respecto a arclength como se describe aquí. El arclength a lo largo del círculo de $(1,0)$ $\alpha(y)$ $y>0$es la medida radián $\theta$ del ángulo (por la definición de radián), por lo $\theta(y)=\int_0^y\|\alpha'(t)\|\,dt=\int_0^y\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt$ ( $\arcsin(y)$ ). Tenga en cuenta que $\theta(y)$ es suave, por lo tanto también lo es la función inversa a $y(\theta)=\sin(\theta)$ por el teorema de la función inversa.

Más en general, creo que algo a lo largo de estas líneas, con el implícito y teoremas de la función inversa, puede ser utilizado para demostrar que las curvas algebraicas en el plano tienen suave de la unidad de velocidad en el proceso de parametrización de distancia de puntos singulares, pero mis intentos de búsqueda de una mejor instrucción y de referencia para tales declaraciones han sido infructuosas.

Answer 2

PS

Si existen los límites para$$\frac{\sin(x+h)-\sin x}h=\frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}h=\sin x\frac{\cos h-1}h+\cos x\frac{\sin h}h.$, tenemos

$h\to 0$$$\sin'x=a\sin x+b\cos x$ a, b$ for two constants $ x $.

Similar,

PS

Entonces, derivando$ and for all $,

$$\cos'x=a\cos x-b\sin x.$$\cos^2x+\sin^2x$ a = 0 $.

Parece más difícil probar que$$\cos x\cos'x+\sin x\sin'x=a\cos^2x-b\sin x\cos x+a\sin^2x+b\sin x\cos x=0,$, ya que esto depende de la unidad angular, que no se expresa en las relaciones anteriores.

Answer 3

Hay una manera, basado en la definición de funciones circulares a través de la alimentación de la serie (no para la escuela secundaria!):

Una muestra del poder de la serie de $\;\displaystyle\sum_n(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\;$ $\;\displaystyle\sum_n(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\;$ son convergentes para todos los $x$. Sus sumas que se indican a $\sin x$ $\cos x$ respectivamente.

Como todas las sumas de potencia de la serie, estas sumas son diferenciables, y sus derivados son la suma de su serie 'derivado del término por término, es decir,

• $\sin' x=\displaystyle\sum_{n\ge 0}(-1)^n\frac{(2n+1)x^{2n}}{(2n+1)!}=\sum_{n\ge 0}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\cos x$.
• $\cos' x=\displaystyle\sum_{n\ge 0}(-1)^n\frac{2n\,x^{2n-1}}{(2n)!}=\sum_{n\ge 1}(-1)^n\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sum_{n\ge 0}(-1)^{n+1}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=-\sin x.$

Nota: en Realidad uno esta se define en el seno y coseno de cualquier número complejo, y uno puede mostrar que están holomorphic funciones;

Answer 4

La definición geométrica de funciones circulares que usted menciona en su pregunta es el más intuitivo/popular/accesible definición. Sin embargo, rara vez los libros de texto tratan de justificar esta definición de manera rigurosa. La justificación de esta definición se basa en dos nociones (y cualquiera de ellos puede ser utilizado):

1. Cualquier arco de un círculo tiene una longitud definida. De esta manera se sigue por una definición rigurosa de arco de longitud y para el caso de un círculo de la existencia de la longitud de un arco de la siguiente manera por la monotonía de la naturaleza de la $f(x) = \sqrt{1 - x^{2}}$$[0, 1]$.
2. Cualquier sector de un círculo tiene un área definida. De esta manera se sigue por una rigurosa definición de área de avión regiones y para el caso de un círculo de la existencia de área de un sector que sigue de la continuidad de $f(x) = \sqrt{1 - x^{2}}$$[0, 1]$.

Como he dicho ninguna de las dos justificaciones pueden ser utilizados para la definición de las funciones circulares y es posible establecer que la definición basada en estos conceptos de área y arco de longitud son equivalentes.

Después de haber elegido una de estas justificaciones ahora tenemos dos competidores rutas a tomar con el fin de encontrar los derivados de las funciones circulares:

1. Mostrar que $\sin x < x < \tan x$ $x \in (0, \pi/2)$ y luego deducir $$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$$ Esta es la ruta tradicional y combinado con la adición de fórmulas para funciones circulares esto fácilmente da las derivadas de funciones circulares.
2. El uso de la justificación de la longitud de un arco de un círculo (o el área de un sector de un círculo) de un modo concreto (a través de la utilización de las integrales) y llegar a ecuaciones como $$\theta = \int_{\cos \theta}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \int_{0}^{\sin \theta}\frac{dx}{\sqrt{1 - x^{2}}}\tag{1}$$ for $\theta \[0, \pi/2]$ (the equation above is based on the notion of length of arc of a circle). By using inverse function theorem and rule for derivatives of inverse functions it directly gives us $(\sin \theta)' = \cos \theta$ for $\theta \[0, \pi/2]$.

Yo prefiero la ruta convencional basado en el $\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1$ porque es más simple de los presentes. El segundo enfoque se mencionó anteriormente esencialmente define el $\arcsin$ función como parte integrante y debido a la mala integral involucrado el enfoque es técnicamente algo inconveniente. Si queremos ir a través de esta ruta, es mucho más simple en lugar de utilizar la definición $$\arctan x = \int_{0}^{x}\frac{dt}{1 + t^{2}}\tag{2}$$ which can be easily deduced from the geometric definition of $\sin \theta, \cos \theta$ (BTW derivados, además de las fórmulas es algo difícil cuando se utiliza el enfoque basado en las integrales).

Answer 5

Lo que se requiere aquí no es una prueba de $\sin'=\cos$ sin usar $$\lim_{\phi\to0}{\sin\phi\over\phi}=1\tag{1}\ ,$$ but a proof of the basic limit $(1)$ el uso de la "definición geométrica" de sine proporcionados por el OP. Para ello vamos a demostrar "geométricamente" que $$\sin\phi<\phi\leq\tan\phi\qquad\left(0<\phi<{\pi\over2}\right)\ .\tag{2}$$ Las desigualdades $(2)$ implica $$\cos\phi\leq{\sin\phi\over\phi}<1\qquad\left(0<\phi<{\pi\over2}\right)\ ,$$ de modo que $(1)$ sigue de $\lim_{\phi\to0}\cos\phi=1$ y el teorema del sándwich.

La comparación de la longitud del segmento de longitud de arco revela de inmediato que $$\sin\phi=2\sin{\phi\over2}\cos{\phi\over2}\leq2\sin{\phi\over2}<\phi\ .$$ In order to prove that $\phi\leq\tan\phi$ we somehow have to use how the length of curves is defined. I'm referring to the following figure. If $0\leq\alpha<\beta<{\pi\over2}$ entonces $$s'=\tan\beta-\tan\alpha={\sin(\beta-\alpha)\over\cos\beta\cos\alpha}=2\sin{\beta-\alpha\over2}\>{\cos{\beta-\alpha\over2}\over\cos\beta}\>{1\over\cos\alpha}>2\sin{\beta-\alpha\over2}=s\ .$$ De ello se deduce que la longitud de la $L_P$ de cualquier aproximación poligonal $P$ a a la circular del arco $AB$$\ <\tan\phi$, y esto implica $$\phi:=\sup_PL_P\leq\tan\phi\ .$$