Estoy buscando una prueba de $ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1 $ que no hace uso de otras funciones trigonométricas o de cualquier aproximación de primer orden de la función seno. Es esto posible? Las otras pruebas que he visto en esta web no encaja realmente con estos estrictos requisitos, así que tenía la esperanza de ver a un tipo diferente de la demostración por completo. Gracias!!
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Una interesante prueba de que no ve la trigonometría o la serie de Maclaurin hasta el final conclusión (en el costo de hacer integración de Riemann):
Definir una función $ \theta: [-1,1] \to \mathbb{R} $ como sigue: $$ \forall \en [-1,1]: \quad \theta(a) \stackrel{\text{def}}{=} \int_{0}^{a} \sqrt{1 - x^{2}} ~ d{x}. $$ Para cada una de las $ a \in [-1,1] $, podemos interpretar $ \theta(a) $ como el firmado arco de longitud de la parametrización de la curva de $$ \left\{ \left( x,\sqrt{1 - x^{2}} \right) \in \mathbb{S}^{1} ~ \| ~ \text{$ x $ entre $ 0 $$ a $} \right\}. $$
Observar que $ \theta $ tiene las siguientes propiedades:
$ \theta(0) = 0 $ y
$ \theta: [-1,1] \to \mathbb{R} $ es estrictamente creciente función continua.
Hay, pues, una función inversa $ \theta^{-1}: \text{Range}(\theta) \to [-1,1] $, y definimos la función seno (o al menos parte de ella) por
$$ \sin \stackrel{\text{def}}{=} \theta^{-1}. $$
Por lo tanto, \begin{align} \lim_{a \to 0} \frac{\sin(\theta(a))}{\theta(a)} &= \lim_{a \to 0} \frac{{\theta^{-1}}(\theta(a))}{\theta(a)} \\ &= \lim_{a \to 0} \frac{a}{\theta(a)} \\ &= \lim_{a \to 0} \frac{a}{\displaystyle \int_{0}^{a} \sqrt{1 - x^{2}} ~ d{x}} \quad (\text{By definition.}) \\ &= \lim_{a \to 0} \frac{1}{\sqrt{1 - a^{2}}} \quad (\text{By l'Hôpital's Rule.}) \\ &= 1. \end{align} Por lo tanto, $$ \lim_{\theta \to 0} \frac{\sin(\theta)}{\theta} = 1. $$
Brian Hinchey
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1112
Tomando la definición de $$\sin(x)=\frac{1}{2i} (e^{ix} - e^{-ix}) $$
De lo que recibe de la exponentialfunction la identidad $$\sin(x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}\mp \cdots$$
Así tenemos $$\lim_{x\rightarrow 0 } \frac{\sin(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow 0} 1-\frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!}\mp \cdots=1$$
Otra cosa que podría definir $$\sin(x)=x\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{k^2 \pi^2 } \right)$$ De $$\lim_{x\rightarrow 0 } \frac{\sin(x)}{x} =\lim_{x\rightarrow 0} \prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)$$
Micah
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18257
Si no estás definiendo $\sin$ a través de la serie de Taylor, es obvio que otros rigurosa alternativa sería definir (cerca de $0$) como la función inversa de la $\arcsin$, donde tomamos $\arcsin y = \int_0^y \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$. Entonces
\begin{eqnarray} \int_0^y \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} &<& \int_0^y \frac{dt}{\sqrt{1-y^2}} = \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} \\ \int_0^y \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} &>& \int_0^y \, dt = y \end{eqnarray}
Por lo $\sqrt{1-y^2}<\frac{y}{\arcsin y}<1$, y por lo tanto $\lim_{y \to 0} \frac{y}{\arcsin y} =1$ por el teorema del sándwich.
Después de hacer el cambio de variables $x=\arcsin y$ en este último límite (justificado porque el $\arcsin y$ es continua y monótona), se deduce que el $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1$.
jmans
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Estoy asumiendo que OP utiliza el geométrica (un poco no riguroso) definición de las funciones trigonométricas, es decir, $(\cos(t),\sin(t))$ es el punto en el círculo unitario formando ángulo de $t$ con el positivo de la $X$ eje).
La solicitada límite (conocido como el primer límite fundamental) no puede ser calculada por cualquier método que se basa en el hecho de que $\sin'(x)=\cos(x)$ (de hecho, este límite es requerido en la prueba de ese hecho), y creo que este es el punto de este ejercicio. Aquí está una prueba geométrica, legítima a lo largo de estas líneas.
