Prueba $\lim_{x \rightarrow 0} \frac {\sin(x)}{x} = 1$ con la definición épsilon-delta de límite.

Question

Es bien sabido que

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac {\sin(x)}{x} = 1$$

Conozco varias pruebas de esto: la prueba geométrica muestra que $\cos(\theta)\leq\frac {\sin(\theta)}{\theta}\leq1$ y utilizando el Teorema del Apretón concluyo que $\lim_{x \rightarrow 0} \frac {\sin(x)}{x} = 1$ Otra prueba utiliza la serie Maclaurin de $\sin(x)$ . Mi pregunta es: ¿existe una demostración de este límite utilizando la definición épsilon-delta de límite?

Answer 1

Aquí hay una respuesta más directa para esto: Desde $\cos\theta<\frac{\sin\theta}{\theta}<1$ se puede conseguir $$\bigg|\frac{\sin\theta}{\theta}-1\bigg|<1-\cos\theta.$$ Pero $1-\cos\theta=2\sin^2\frac{\theta}{2}\le\frac{\theta^2}{2}$ y por lo tanto $$\bigg|\frac{\sin\theta}{\theta}-1\bigg|\le\frac{\theta^2}{2}.$$ Ahora es fácil de usar $\varepsilon-\delta$ definición para obtener la respuesta.

Answer 2

Por cada $x \ne 0$ tenemos $$\Big|1-\frac{\sin x}{x}\Big|=\Big|1-\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^kx^{2k}}{(2k+1)!}\Big|\le \sum_{k=1}^\infty\frac{|x|^{2k}}{(2k+1)!}\le\frac13\sum_{k=1}^\infty\frac{|x|^{2k}}{(2k)!}=\frac{\cosh|x|-1}{3}.$$ Dado $\varepsilon>0$ , dejemos que $\delta=\cosh^{-1}(1+3\varepsilon)$ . Entonces $$0<|x|\le\delta \Longrightarrow \Big|1-\frac{\sin x}{x}\Big|\le\frac{\cosh|x|-1}{3}\le \varepsilon.$$ Otro enfoque es notar que $$x-\sin x\le \frac{x^2}{2} \quad \forall\ x \in [0,\pi].$$ Desde $\sin$ es impar tenemos $$-x+\sin x\le \frac{x^2}{2} \quad \forall\ x \in [-\pi,0].$$ Por lo tanto, $$|x-\sin x|\le \frac{x^2}{2} \quad \forall\ x \in [-\pi,\pi].$$ Dado $\varepsilon>0$ tenemos $$0<|x|\le 2\varepsilon \Longrightarrow \Big|1-\frac{\sin x}{x}\Big|\le\frac{|x|}{2} \le \varepsilon.$$

Answer 3

Tomando como definición el comentario del OP, $$\sin x = \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n x^{2n+1} \over (2n+1)!}$$ tenemos que $${\sin x \over x} = \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n x^{2n} \over (2n+1)!} =1 - {x^2 \over 6} + {x^4 \over 120} - \cdots \,,$$ que es una serie alterna para todos los $x$ y con términos decrecientes para, por ejemplo, $|x| < 1$ .

Ok, entonces dejemos $\epsilon>0$ sea arbitraria. Sea $\delta = {\rm min}\{\sqrt{6\epsilon},1\}$ . Supongamos que $|x| < \delta$ . Entonces $$\left\vert 1 - {\sin x \over x}\right\vert \le {x^2 \over 6}$$ ya que la serie se alterna con términos decrecientes, y por tanto $$\left\vert 1 - {\sin x \over x}\right\vert \le {x^2 \over 6}< {\big(\sqrt{6\epsilon}\big)^2 \over 6}=\epsilon$$ Por lo tanto, el límite es $1$ .

Answer 4

Definir $\sin(x) := x - x^{3}/3! + x^{5}/5! - \cdots$ y mostrar que se trata de una función analítica y ver que podemos tomar la derivada término a término para que $\sin'(x) = 1 + x \cdot f(x)$ para alguna continua $f$ . Tenemos el límite requerido $= \sin'(0) = 1$ . Esto no implica ningún argumento geométrico y se puede rastrear todo el proceso hasta encontrar $\epsilon$ y $\delta$ .

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TAMBIÉN: Ver Principios del Análisis Matemático de Walter Rudin Teorema 8.1.

Answer 5

Creo que estás buscando una prueba sin diferenciación pero sólo de espacios métricos.

Definir $e^z = \sum_{n = 0}^\infty \frac{z^n}{n!}$ , defina $sin(z) = \frac{1}{2i}(e^{iz}-e^{-iz})$

$\frac{\sin(z)}{z} = 1 +\sum_{k =1 }^\infty (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k+1)!}$

Ahora demostramos que la suma de este último término es igual a 0:

$0\le|\sum_{k =1 }^\infty (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k+1)!}|\le \sum_{k =1 }^\infty |\frac{z^{2k}}{(2k+1)!}|\le \sum_{k =1 }^\infty |\frac{z^{2k}}{6^{2k}}|=\sum_{k =1 }^\infty |\frac{z}{6}|^{2k}$

Como $z\rightarrow 0$ podemos elegir $\displaystyle N\in\mathbb{N}.\;\forall n\ge N.\;|z_n|<6\;\Longrightarrow |\frac{z_n}{6}|<1$

$\lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}} \sum_{k =1 }^\infty |\frac{z}{6}|^{2k} = \lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}}(\frac{1}{1-|\frac{z}{6}|}-1) = 1-1 =0$

Aquí lo comparamos con la suma geométrica. Cuando su valor absoluto se intercala entre $0$ el término tiene que ir a $0$ .

$\Longrightarrow$ $0\le\lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}}$$| \sum_ {k =1 }^ \infty (-1)^k \frac {z^{2k}}{(2k+1)!}|$ $\le$ $\lim_ {z \rightarrow 0, z \in\mathbb {C} \backslash\ {0\}} \sum_ {k =1 }^ \infty | \frac {z}{6}|^{2k}=0$

$\Longrightarrow \lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}}\sum_{k =1 }^\infty (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k+1)!} = 0$

$\Longrightarrow \lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}}\frac{\sin(z)}{z} = 1 +\lim_{z\rightarrow 0, z\in\mathbb{C}\backslash\{0\}}\sum_{k =1 }^\infty (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k+1)!} = 1$