Este es un argumento riguroso, pero creo que lo consigue en una intuición.
En el corazón de este argumento es que $$f(x)=\frac{e^x}{1+x}$$ has the property that $f(0)=1$ and $f'(0)=0$, and therefore that $$\lim_{n\to\infty} f(x/n)^n = 1$$
Para llegar allí, vamos a utilizar un hecho clave.
El hecho clave acerca de este tipo de límite es que si $g(n)$ es una función de y $\lim_{n\to\infty} ng(n) = 0$, $$\lim_{n\to\infty}(1+g(n))^n\to 1$ $
Voy a probar este resultado clave más tarde. Básicamente se trata de un casi trivial resultado del teorema del binomio.
Ahora, si $f(0)=1$$f'(0)=0$$$\lim_{h\to 0}\frac{f(xh)-1}{h} = xf'(0)=0$$.
Dejando $h=1/n$, esto significa que $\lim_{n\to\infty} n(f(x/n)-1) = 0$. Dejando $g(n)=f(x/n)-1$, entonces, la clave de "hecho" demuestra que el $$\lim_{n\to\infty}f(x/n)^n = 1$$
Ahora bien, dado $f_1,f_2$ dos funciones diferenciables en$0$$f_1(0)=f_2(0)\neq 0$$f_1'(0)=f_2'(0)$, podemos definir a la $f(x)=\frac{f_1(x)}{f_2(x)}$, y ver que $f(0)=1$$f'(0)=0$. Esto muestra que:
$$\lim_{n\to\infty} \left(\frac{f_1(x/n)}{f_2(x/n)}\right)^n=\lim_{n\to\infty} f(x/n)^n=1$$
A continuación, vamos a $f_1(x)=e^x$ $f_2(x)=1+x$ a llegar a su límite.
Esencialmente, el hecho de que la derivada de $e^z$ $0$ $1$ significa que $e^z$ es "lo suficientemente cerca" a $1+z$ al $z$ es pequeño y nos permitirá usar nuestro "clave".
De regreso a probar nuestros "clave". Si $ng(n)\to 0$$n\to\infty$, utilizamos el teorema del binomio argumento. Al $|ng(n)|<1$ tenemos:
$$\begin{align}\left|(1+g(n))^n - 1\right| &\leq \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\left|g(n)\right|^k\\
&\leq \sum_{k=1}^n n^k|g(n)|^k \leq \sum_{k=1}^\infty (n|g(n)|)^k\\&=\frac{n|g(n)|}{1-|ng(n)|}
\end{align}$$
Por lo $(1+g(n))^n\to 1$ desde $\frac{ng(n)}{1-ng(n)}\to 0$.
La razón me dice el de arriba es un "hecho clave" es que si en lugar de definir $e^x$ $\lim(1+x/n)^n$ , con lo que podemos utilizar los "hechos esenciales" para mostrar que $e^{x+y}=e^xe^y$, que sigue desde $$\frac{(1+x/n)(1+y/n)}{1+(x+y)/n} = 1+O(1/n^2)$$
También podemos usarlo para mostrar que $e^{ix}=\cos x+i\sin x$ por tener aproximaciones $\cos \frac x n = 1+O(1/n^2)$$\sin \frac{x}{n}=\frac{x}{n}+O(1/n^2)$.
Podemos probar esas aproximaciones para $\sin x$ $\cos x$ esencialmente geométricamente de la siguiente manera.
Tenemos que $\sqrt{2-2\cos \theta}$ es la longitud de la cuerda de$1+0i$$\cos \theta+i\sin \theta$, y por lo tanto que la longitud es menor que la longitud de los arcos de círculo, $\theta$, lo $0\leq 2-2\cos\theta \leq \theta^2$ o $|\cos \theta -1|=O(\theta^2)$.
También se puede mostrar geométricamente que $x\cos x\leq \sin x \leq x$, lo $$0\leq x-\sin x\leq x(1-\cos x)=xO(x^2)=O(x^3)$$
Que $\sin x\leq x$ puede ser visto por $\sin x$ es la distancia más corta desde $\cos x+i\sin x$ a la línea real, mientras que $x$ es la longitud del arco circular desde el mismo punto de la recta real.
La otra desigualdad es un poco más difícil. Podemos encontrar un camino de longitud $2\tan x$ $cos 2x + i\sin 2x$ $1+0i$ que es estrictamente fuera del círculo, excepto en los extremos, mostrando así que los $2\tan x \geq 2x$ o $\sin x\geq x\cos x$.
Con estas dos aproximaciones para las funciones trigonométricas, obtenemos, para fija $x$, $$\cos \frac{x}{n} +i\sin \frac{x}{n} = 1+\frac{ix}{n}+O(1/n^2)$$