¿Existe un método geométrico para mostrar $\sin x \sim x- \frac{x^3}{6}$

Question

He encontrado un método geométrico para mostrar $$\text{when}\; x\to 0 \space , \space \cos x\sim 1-\frac{x^2}{2}$$ como el siguiente :

Supongamos que $R_{circle}=1 \to \overline{AB} =2$ en $\Delta AMB$ tenemos $$\overline{AM}^2=\overline{AB}\cdot\overline{AH} \tag{*}$$ y $$\overline{AH}=\overline{OA}-\overline{OH}=1-\cos x$$ cuando $x$ es muy pequeño
con respecto a * podemos concluir $$x^2 \approx 2(1-\cos x) \\\to \cos x \sim 1- \frac{x^2}{2}$$ Ahora tengo dos preguntas:
$\bf{1}:$ ¿Hay otra(s) idea(s) para probar (excepto la serie de Taylor) $x\to 0 , \space \cos x\sim 1-\frac{x^2}{2}\\$

$\bf{2}:$ ¿Cómo puede mostrar $\sin x \sim x- \frac{x^3}{6}$ con un concepto geométrico?

Gracias de antemano.

Answer 1

Supongamos que para los pequeños $x$ , $$\sin x = x + a x^2 + bx^3 + O(x^4)\tag{1}$$

En este círculo trigonométrico podemos calcular $BC$ de dos maneras:

En primer lugar, teniendo en cuenta la $ABC$ triángulo:

$$BC= \sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\sin^2 x+\left(1-\sqrt{1-\sin^2 x}\right)^2}=\\= x+ax^2+\left(b+\frac18\right)x^3+O(x^4) \tag{2}$$ [*]

Segundo, bisecando el ángulo $x$ :

$$BC = 2 \sin \frac{x}{2}=x+\frac{a}{2} x^2 + \frac{b}{4}x^3 + O(x^4)\tag{3}$$

Igualando (2) y (3) obtenemos $a=0$ y $b=-\frac{1}{6}$ Es decir: $\sin x = x - \frac16 x^3 + O(x^4)$

Aunque no estoy seguro de que sea una prueba geométrica...

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[*] Para demostrar (2) sólo necesitamos conocer la expansión, para $t\to 0$ : $$\sqrt{1+t}=1+\frac{t}{2}+\cdots \tag{4}$$ (aquí y en las siguientes expansiones los puntos significan un resto $O(t^{k+1})$ donde $k$ es el mayor exponente de los términos anteriores).

Entonces $$\sqrt{1-t^2}=1-\frac{t^2}{2}+\cdots \\ (1-\sqrt{1-t^2})^2=\frac{t^4}{4}+\cdots\\ t^2+(1-\sqrt{1-t^2})^2=t^2(1+\frac{t^2}{4}+\dots)\\ \sqrt{t^2+(1-\sqrt{1-t^2})^2}=t (1+\frac{t^2}{8}+\cdots) =t +\frac{t^3}{8}+\cdots $$ Dejar $t=x+ax^2+bx^3+O(x^4)$ que da

$$ x+ax^2+bx^3+\frac{x^3}{8}+O(x^4)$$

Con algo más de trabajo (lo he comprobado con Maxima), haciendo expansiones de orden superior podemos obtener más términos ( $\sin x = x -\frac16 x^3 + \frac{1}{120}x^5 +\cdots$ ).

Answer 2

Utiliza la fórmula: $$\sin(a+b)=\sin(a) \cos (b)+\sin(b) \cos (a) \quad (1)$$ Que tiene una derivación geométrica, para averiguar $\sin(x)$ en función de $\sin(\frac{x}{3})$ . Eso produce la fórmula del ángulo triple: $$\sin(x)=3\sin(\frac{x}{3})-4(\sin(\frac{x}{3}))^3 \quad(2)$$ Usando la aproximación: $$\sin(\frac{x}{9})=\frac{x}{9} \quad (3)$$ Y (2) dos veces, primero para obtener $\sin(\frac{x}{3})$ y después de eso para obtener $\sin(x)$ se obtendrá un polinomio: $$\sin(x)=x-\frac{40}{243}x^3 + \text {ninth degree polynomial} \quad (4)$$ El polinomio se puede aproximar a: $$\sin(x)=x-\frac{1}{6}x^3 $$ .

Answer 3

Esta respuesta utiliza otro enfoque. Podemos aproximar el área de un segmento circular al área de una parábola. Mira la imagen de abajo.

El área de un segmento circular se puede calcular mediante: $$A=\frac{R^2}{2}(\theta-\sin(\theta)) \tag{1}$$

El área de una parábola entre sus ceros $x_1$ y $x_2$ se puede calcular mediante: $$A=\frac{2}{3}(x_2-x_1)y_{max} \tag{2}$$ donde $y_{max}$ es la ordenada máxima de la parábola.

Si usamos: $$x_2 =\sin(\frac{\theta}{2}) \tag{3}$$ $$x_1 =-\sin(\frac{\theta}{2}) \tag{4}$$ $$y_{max}=1-\cos(\frac{\theta}{2})= 2 (\sin(\frac{\theta}{4}))^2 \tag{5}$$ $$\sin(\frac{\theta}{2}) \sim \frac{\theta}{2} \tag{6}$$ $$\sin(\frac{\theta}{4}) \sim \frac{\theta}{4} \tag{7}$$ y $$R=1 \tag{8}$$ en las ecuaciones (1) y (2) y después de hacer la aproximación de que (1) y (2) son iguales, obtenemos $$\sin(\theta) \sim \theta - \frac{\theta^3}{6}.$$

Answer 4

Ahora una respuesta completa (asumiendo que tenemos un resultado ligeramente más fuerte que el suyo, que $\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ que es el verdadero significado de $\cos x\sim 1-\frac{x^2}{2}$ pero que no has demostrado: no has presentado un límite para tu error).

Dejemos que $D$ sea el punto medio del arco en $MA$ . El área del cuadrilátero $OMDA$ es $\frac{\sin(x)}{2}$ .

El área de la cuña circular entre $M$ y $A$ es $\frac{x}{2}$ .

Tomando las tangentes al círculo en $M$ y $A$ y encontrar su intersección, $C$ , se consigue que el son de $OMCA$ es $2\tan(x/2)$ . Así que tienes:

$$\sin\frac{x}{2}<\frac{x}{2}<\tan\frac{x}{2}$$

Configuración $u=\frac{x}{2}$ lo consigues:

$$\sin u< u < \frac{\sin u}{\cos u}$$

O $\cos u<\frac{\sin u}{u}<1$

Esto es suficiente para ver que $\sin u = u+O(u^3)$ (usando ese $\cos(u)=1+O(u^2)$ ,) pero no lo suficiente como para mostrar lo que quieres.

El objetivo es encontrar una aproximación a la diferencia $u-\sin u$ el doble del área de la región comprendida entre el segmento de línea $AD$ y el arco $AD$ .

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Dejar $$A_n=\frac{1}2\sin \frac{x}{2^{n}},$$ es el área de $2^{n}$ copias del triángulo $MOA$ con ángulo $\frac{x}{2^n}$ . A partir de esto, vemos que $2^{n}A_n<\frac{x}{2}$ Desde que el $2^n$ Los triángulos encajan dentro de la cuña.

Ahora, $A_{n+1}$ se obtiene tomando la mitad del triángulo para $A_{n+1}$ y añadiendo un triángulo con base $\sin(x/2^{n+1})$ y la altura $1-\cos(x/2^{n+1})$ .

Así que: $$A_{n+1}=\frac{A_n}{2}+\frac{1}{2}\sin(x/2^{n+1})(1-\cos(x/2^{n+1})).$$

Así que si $B_{n}=2^{n}A_n$ entonces $B_0=\frac{\sin x}{2}$ y $$B_{n+1}=B_n+2^{n}\sin(x/2^{n+1})(1-\cos(x/2^{n+1})).$$

Escribir $f(x)=x-\sin x$ y $g(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2}$ como nuestras funciones de error. Obtenemos:

$$\begin{align}B_{n+1}-B_{n}&=2^{n}\sin(x/2^{n+1})(1-\cos(x/2^{n+1}))\\&=2^{n}\left(\frac{x}{2^{n+1}}+f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)\right) \left(\frac{x^2}{2^{2n+3}}+g\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)\right)\\ &=\frac{x^3}{2^{2n+4}}+\frac{x}{2}g\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)+\frac{x^2}{2^{n+3}}f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)+f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)g\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right) \end{align}$$

Ahora, sabemos que $f(x)=O(x^3)$ y $g(x)=o(x^2)$ por lo que obtenemos:

$$\begin{align}\lim_{n\to\infty} B_n &= B_0+\sum_{n=0}^{\infty}\left(B_{n+1}-B_n\right)\\ &=\frac{\sin x}{2}+\left(x^3\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2n+4}}\right)+o(x^3)+O(x^5)+o(x^5)\\ &=\frac{\sin x}{2}+\frac{x^3}{12}+o(x^3) \end{align}$$

Pero $\lim_{n\to\infty} B_n =\frac{x}{2}$ porque esta es el área de la cuña circular.

Así que tenemos: $$x-\sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3)$$

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Realmente se puede demostrar que $B_n\to \frac{x}{2}$ al señalar que $\frac{B_{n}}{\cos(x/2^n)}$ es el área de $2^n$ triángulos que cubren la cuña circular, y así tienes:

$$B_n<\frac{x}{2}<\frac{B_n}{\cos(x/2^n)}$$

Simce $B_n$ está aumentando, y $\cos(x/2^n)\to 1$ vemos que ambos valores convergen a $\frac{x}{2}$ .

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La prueba completa demuestra primero que $\sin x = x+o(x)$ .

A partir de esto, sin embargo, podemos mostrar que:

$$\cos(x)=1-2\sin^2 \frac{x}{2} = 1-\frac{x^2}{2}+o(x^2).$$

Entonces el resto del argumento se deduce, ya que $\cos(x)=1+O(u^2)$ .

Answer 5

Aquí hay una prueba que utiliza el hecho, una vez en $(4)$ y dos veces en $(5)$ que $$ \lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=1\tag{1} $$ Una prueba geométrica de $(1)$ se puede encontrar en esta respuesta .

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Respuesta Utilizando las fórmulas de duplicación para $\boldsymbol{\sin(x)}$ y $\boldsymbol{\cos(x)}$

Utilizando las fórmulas de duplicación para $\sin(x)$ y $\cos(x)$ obtenemos $$ \begin{align} \frac{2\sin(x/2)-\sin(x)}{x^3} &=\frac{2\sin(x/2)-2\sin(x/2)\cos(x/2)}{x^3}\\ &=\frac{2\sin(x/2)}x\,\frac{1-\cos(x/2)}{x^2}\\ &=\frac{2\sin(x/2)}x\,\frac{2\sin^2(x/4)}{x^2}\tag{2} \end{align} $$ Sustituyendo $x\mapsto\frac{x}{2^k}$ en $(2)$ da $$ \frac{2^{k+1}\sin\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)-2^k\sin\left(\frac{x}{2^k}\right)}{x^3}=4^{-k}\frac{2\sin\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)}{\frac{x}{2^k}}\,\frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2^{k+2}}\right)}{\frac{x^2}{4^k}}\tag{3} $$ Sumando en $k$ el lado izquierdo de $(3)$ telescopios: $$ \frac{x-\sin(x)}{x^3}=\sum_{k=0}^\infty4^{-k}\frac{2\sin\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)}{\frac{x}{2^k}}\,\frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2^{k+2}}\right)}{\frac{x^2}{4^k}}\tag{4} $$ Dado que los términos del lado derecho de $(4)$ están dominados por $\frac18\cdot4^{-k}$ La convergencia dominada da como resultado $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x^3} &=\sum_{k=0}^\infty4^{-k}\lim_{x\to0}\frac{2\sin\left(\frac{x}{2^{k+1}}\right)}{\frac{x}{2^k}}\,\lim_{x\to0}\frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2^{k+2}}\right)}{\frac{x^2}{4^k}}\\ &=\frac43\cdot1\cdot\frac18\\[6pt] &=\frac16\tag{5} \end{align} $$

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Respuesta inspirada en la ecuación $\boldsymbol{(2)}$ de la respuesta de Ricardo Cruz

Recordemos la fórmula de triplicación de $\sin(x)$ : $$ \sin(3x)=3\sin(x)-4\sin^3(x)\tag{6} $$ Sustituyendo $x\mapsto\frac{x}{3^{k+1}}$ da $$ \frac{3^{k+1}\sin\left(\frac{x}{3^{k+1}}\right)-3^k\sin\left(\frac{x}{3^k}\right)}{x^3}=4\cdot9^{-k}\frac{\sin^3\left(\frac{x}{3^{k+1}}\right)}{\frac{x^3}{27^k}}\tag{7} $$ Sumando en $k$ el lado izquierdo de $(7)$ telescopios: $$ \frac{x-\sin(x)}{x^3}=\sum_{k=0}^\infty4\cdot9^{-k}\frac{\sin^3\left(\frac{x}{3^{k+1}}\right)}{\frac{x^3}{27^k}}\tag{8} $$ Dado que los términos del lado derecho de $(8)$ están dominados por $\frac4{27}\cdot9^{-k}$ La convergencia dominada da como resultado $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x^3} &=\sum_{k=0}^\infty4\cdot9^{-k}\lim_{x\to0}\frac{\sin^3\left(\frac{x}{3^{k+1}}\right)}{\frac{x^3}{27^k}}\\ &=4\cdot\frac98\cdot\frac1{27}\\[6pt] &=\frac16\tag{9} \end{align} $$