Construcción axiomática de funciones trigonométricas

Question

Soy capaz de construir funciones $\sin,\cos\colon \mathbb R \to \mathbb R$ que satisfagan las siguientes propiedades:

1. $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ ,
2. $\sin(x+y)=\sin x \cos y + \sin y\cos x$ , $\cos(x+y)=\cos x \cos y - \sin x \sin y$ ,
3. $\sin(0)=0$ , $\cos(0)=1$
4. existe $\tau>0$ tal que $\sin$ y $\cos$ son $\tau$ -periódico
5. $\sin$ es estrictamente creciente si se restringe a $[-\tau/4,\tau/4]$ .

Si lo prefiere, la última condición también puede sustituirse por

6. $\sin$ y $\cos$ son continuas.

¿Cómo puedo demostrar que $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}$ existe y es finito?

Intento definir las funciones trigonométricas siguiendo la intuición geométrica, por lo que no puedo dar por definida la función trigonométrica y no puedo utilizar la exponencial compleja. Tampoco quiero utilizar integrales ni ecuaciones diferenciales.

Las funciones anteriores se obtienen eligiendo alguna unidad para medir ángulos y siguiendo la definición geométrica de las funciones trigonométricas. Si sustituimos $\sin x$ y $\cos x$ con $\sin cx$ y $\cos cx$ para cualquier $c>0$ obtenemos otro par de funciones trigonométricas con las mismas propiedades que las anteriores y periodo $\tau/c$ en lugar de $\tau$ .

La construcción anterior se puede conseguir utilizando el isomorfismo natural entre grupos aditivos totalmente ordenados, densos y continuos exactamente de la misma forma que nos permite definir un isomorfismo entre el grupo aditivo de los números reales y el grupo multiplicativo de los números reales positivos obteniendo la función exponencial $a^x$ para cualquier $a$ . De hecho, podemos replantear las funciones trigonométricas como las partes real e imaginaria de una función compleja $\phi\colon \mathbb R \to \mathbb C$ que toma valores en el círculo unitario en $\mathbb C$ y tal que $\phi(x+y)=\phi(x)\phi(y)$ .

La constante $\pi$ se define como $\tau/2$ al elegir dicha unidad de medida para que $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1. $$ Esta última propiedad de las funciones trigonométricas establece el radián como unidad natural para los ángulos del mismo modo que el límite correspondiente $$ \lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x}=1 $$ se instala $a=e$ como base natural de los logaritmos.

Reflexiones adicionales

• Sé que al definir la función compleja exponencial $\exp(z)= \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{z^k}{k!}$ podemos definir todo a la vez: exponencial real, función trigonométrica, $e$ y $\pi$ . Sin embargo, me parece interesante seguir la definición elemental habitual de tales funciones y resolverla con rigor.

• el problema análogo para la función exponencial se resuelve demostrando que el límite $$ \lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac 1 n\right)^n $$ existe y es finito. Una vez que se establece que este es el número $e$ uno puede extender este resultado por monotonicidad y encontrar el límite $$ \lim_{x\to 0} \left(1+x\right)^{\frac 1 x} = e $$ lo que da $$ \lim_{x\to 0} \frac{\log_e(1+x)}{x} = 1 $$ y finalmente $$ \lim_{x\to 0} \frac{e^x-1}{x} = 1. $$ Tal vez debería encontrar el camino análogo para las funciones trigonométricas. De hecho utilizando las fórmulas de bisección de ángulos es fácil demostrar que $$ \lim_{n\to \infty}\frac{\sin(2^{-n})}{2^{-n}} $$ existe porque dicha secuencia es creciente. Lo que me falta es extender tal resultado a todas las secuencias que van a $0$ .

Answer 1

Permítanme hacer la observación inicial de que, tal como se expresa en los comentarios, simplemente las identidades algebraicas y los valores especificados en $x=0$ incluye ejemplos salvajes. Sin embargo, tal como está escrito, su requisito de monotonicidad implica que su límite deseado es equivalente a la continuidad en $x=0$ . En efecto, el límite buscado impone naturalmente un requisito topológico para poder derivarlo. Introduzcamos primero una noción más débil que su requisito de monotonicidad (véase al final la prueba de inclusión).

Definición: Digamos que una función $f$ separa libremente un punto $x_0$ si existe una vecindad $\mathcal{U}$ de $x_0$ tal que $f(\mathcal{U})\cap\mathcal{U}=\emptyset$ .

Para ser pedantes, utilicemos también $S(x)$ y $C(x)$ para su aspirante sine y coseno respectivamente. Entonces tenemos

Teorema: Si para algunos $\varepsilon_0\in(-1,1]$ tenemos que $C(x)+\varepsilon_0$ separa libremente $x=0$ entonces, además de sus identidades algebraicas y valores especificados en $x=0$ son equivalentes.

1. $\lim_{x\to0}\frac{S(x)}{x}$ existe.
2. $S$ es (uniformemente) continua en una vecindad de $0$ .
3. $S$ es continua en $x=0$ .

Observación: Tenga en cuenta que sólo necesita la continuidad de cualquiera de $S$ o $C$ y se sigue la continuidad de la otra.

Demostración del teorema : Para empezar, observa que la siguiente identidad se cumple a partir de tus identidades algebraicas axiomáticas: $$(S(x)-S(y))(1+C(x-y))=S(x-y)(C(x)+C(y))\,.$$ Ahora, observe que $C(x)+\varepsilon$ separa libremente $0$ para cualquier $\varepsilon\in(\varepsilon_0,1]$ una vez $C(x)+\varepsilon_0$ separa libremente $0$ . Por lo tanto $ \mathcal{U}\ni0$ sea abierto de forma que $\{C(\mathcal{U})+1\}\cap \mathcal{U}=\emptyset$ . Consideremos entonces cualquier segmento de recta $\mathcal{L}$ centrado en $0$ tal que $2 \mathcal{L}\subset\mathcal{U}$ . En particular, se deduce que $M:=\inf_{z\in2\mathcal{L}}|C(z)+1|>0$ .

$1\Longleftrightarrow 2$ . Para la dirección de avance, a partir de la identidad anterior, para todos los (distintos) $x,y\in \mathcal{L}$ obtenemos $$\left|S(x)-S(y)\right|=|x-y|\left|\frac{S(x-y)}{x-y}\right|\left|\frac{C(x)+C(y)}{1+C(x-y)}\right|\le2KM^{-1}|x-y|\,, $$ para alguna constante positiva $K$ independiente de $x,y$ que existe debido a la condición 1. Por lo tanto, $f$ es continua de Lipschitz en $\mathcal{L}$ . Para la dirección hacia atrás, como has observado, la función $\phi(x):=S(x)+iC(x)$ será exponencial y continua en alguna vecindad de $0$ en cuyo caso es fácil comprobar que $\phi$ es igual a $e^{cix}$ en ese vecindario para $c$ . El límite en (1.) entonces sigue. ( Editar : Véanse mis comentarios a continuación y los de LSpice en relación con la consulta del OP sobre la exponencial compleja).

$2\Longleftrightarrow 3$ : La dirección de avance es trivial. Para la dirección hacia atrás, partiendo de nuestra identidad anterior y del segmento de recta $\mathcal{L}$ obtenemos, $$\left|S(x)-S(y)\right|=|S(x-y)|\left|\frac{C(x)+C(y)}{1+C(x-y)}\right|\le2M^{-1}|S(x-y)|\,, $$ y la continuidad (uniforme) de $S$ en $\mathcal{L}$ se deduce de la continuidad en $0$ . QED.

Apéndice: Para ver que su requisito de monotonicidad implica que $C(x)+\varepsilon_0$ separa libremente $x=0$ para algunos $\varepsilon_0$ supongamos lo contrario (de hecho, basta cualquier monotonicidad estricta sobre el origen). Basta con dejar que $\varepsilon_0>0$ . A continuación, considere cualquier $x>0$ en campo abierto $\mathcal{R}$ de monotonicidad estricta (creciente) y sea $\delta_n\ne0$ sea una secuencia nula tal que $\liminf_{n\to\infty}C(\delta_n)<0$ . Por la uniformidad de $C$ podemos suponer que $\delta_n>0$ y, sin pérdida de generalidad, supongamos $\delta_n, x+\delta_n\in\mathcal{R}$ y $C(\delta_n)<0$ para todos $n$ . Por la hipótesis de monotonicidad, sabemos que $S(x)>0$ y $S(x+\delta_n)> S(\delta_n)>0$ Sin embargo, esto lleva a la contradicción $$ 0<S(x+\delta_n )-S(\delta_n) = C(\delta_n)S(x)+(C(x)-1) S(\delta_n)<0 $$ desde $C(\delta_n)<0$ y $C(x)\le1$ .

Answer 2

Creo que tengo una solución (gracias a Guido de Philippis).

Primero quiero demostrar que si $x>0$ es suficientemente pequeño para todos los enteros positivos $n$ uno tiene: $$ \sin x \le n \sin \frac x n \le \tan x. $$ Para demostrarlo $y=\frac x n$ de modo que nuestra tesis se convierte en $$ \sin ny \le n \sin y \le \tan ny. $$ Vamos a utilizar la inducción en $n$ .

Para la primera desigualdad tenemos $$ \sin (n+1)y = \sin ny\cdot \cos y + \cos ny \cdot \sin y \le \sin ny + \sin y. $$ Utilizando la hipótesis inductiva obtenemos $$ \sin(n+1)y \le n\sin y + \sin y = (n+1)\sin y $$ que es lo que queríamos probar.

Para la segunda desigualdad tenemos: $$ \tan (n+1)y = \frac{\tan ny + \tan y}{1 - \tan ny \cdot \tan y} \ge \tan ny + \tan y \ge \tan ny + \sin y $$ suponiendo que $0\le \tan y$ , $0\le \tan ny$ , $0\le\tan ny \cdot \tan y < 1$ . Así que por inducción tenemos $$ \tan (n+1)y \le n \sin y + \sin y = (n+1)\sin y $$ como queríamos demostrar.

Así pues, hemos demostrado que fijado un valor positivo suficientemente pequeño $x$ uno tiene $$ \frac{\sin x}{x} \le \frac{\sin \frac x n}{\frac x n } \le \frac{\tan x}{x}. $$ editar -- aquí hay un agujero Nosotros necesita para demostrar que la secuencia $$ a_n = \frac{\sin \frac x n }{\frac x n} $$ está aumentando. Por lo tanto $a_n\to \ell$ con $0 < \ell < +\infty$ .

Ahora bien, dado cualquier $y<x$ se puede encontrar $n=n(y)$ tal que $\frac{x}{n+1} \le y \le \frac{x}{n}$ de donde $$ a_{n+1} \cdot \frac{n}{n+1} = \frac{\sin \frac x {n+1}}{\frac x n } \le \frac{\sin y}{y} \le \frac{\sin \frac x n}{\frac x {n+1}} = a_n \cdot \frac{n+1}{n} $$ y ahora si $y\to 0^+$ se tiene $n\to +\infty$ de ahí $\frac{\sin y}{y}\to \ell$ .

Answer 3

Se trata de completar la respuesta de Emanuele Paolini demostrando que \begin{equation*} a_n:=\frac{\sin \frac xn}{\frac xn} \end{equation*} está aumentando de forma natural $n$ para cada $x\in(0,h]$ donde $h$ es cualquier número real positivo tal que $\sin>0$ , $\cos>0$ y $\tan<1$ en el intervalo $(0,h]$ .

La desigualdad deseada, \begin{equation} a_n<a_{n+1}, \tag{1}\label{1} \end{equation} puede reescribirse como \begin{equation*} (n+1)\sin ny>n\sin(n+1)y, \tag{2}\label{2} \end{equation*} donde $y:=\frac x{n(n+1)}\in(0,\frac h{n(n+1)}]$ . Tenga en cuenta que \begin{equation*} \sin(n+1)y=\sin ny\cos y+\sin y\cos ny<\sin ny+\sin y\cos ny, \end{equation*} para que \begin{equation*} (n+1)\sin ny-n\sin(n+1)y>\sin ny-n\sin y\cos ny \\ =(\tan ny-n\sin y)\cos ny\ge0, \end{equation*} en vista de la desigualdad $n\sin y\le\tan ny$ para $y\in(0,\frac hn]$ demostrado en la respuesta de Emanuele Paolini.

Esto demuestra \eqref {2} y por tanto \eqref {1}. $\quad\Box$

Answer 4

IMHO un teorema que debería estar en cualquier curso de este tipo es "Convergencia Dominada para Series", ya que es fácil, resulta ser útil muchas veces, y es una versión de juguete del teorema de convergencia de Lebesgue. Entonces, la existencia del límite $\lim_{n\to\infty}(1+z/n)^n$ y su coincidencia con la suma de la serie exponencial es casi inmediata. Por supuesto, también hay que dedicar un par de horas a explicar la interpretación de las operaciones complejas como operaciones geométricas sobre el plano. Con esto, $t\mapsto e^{it}$ como un movimiento circular uniforme está claro, y se puede definir $\cos t$ y $\sin t$ como la parte real e imaginaria de $e^{it}$ con todas las propiedades elementales, incluidas las expansiones de series de potencias y sus estimaciones de resto (en particular, $\sin t=t+o(t)$ como $t\to0$ ), incluso antes de introducir la derivada (el alumno volverá a encontrar estos hechos más adelante, en el capítulo de cálculo diferencial, y apreciará su potencia).