Wie kann man beweisen, dass limx→0sinxx=1limx→0sin⁡xx=1\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1?

Das Gebiet von$\triangle ABC$Ist$\frac{1}{2}\sin(x)$. Die Fläche des farbigen Keils ist$\frac{1}{2}x$, und der Bereich von$\triangle ABD$Ist$\frac{1}{2}\tan(x)$. Durch Einbeziehung erhalten wir

Das solltest du erstmal beweisen$x > 0$klein das$\sin x < x < \tan x$. Dann dividieren durch$x$du erhältst

Normalerweise tun dies Lehrbücher für Analysis mit geometrischen Argumenten, gefolgt von Squeeze.

Hier ist eine Euler-ähnliche Sichtweise – kein „Beweis“, wie dieser Begriff heute normalerweise verstanden wird, aber dennoch wissenswert.

Lassen$\theta$sei die Länge eines Bogens entlang des Kreises mit dem Einheitsradius mit dem Mittelpunkt$(0,0)$, von diesem Punkt$(1,0)$bis zu einem gewissen Punkt gegen den Uhrzeigersinn$(\cos\theta,\sin\theta)$auf dem Kreis. Dann natürlich$\sin\theta$ist die Höhe des letzteren Punktes über der$x$-Achse. Stellen Sie sich nun vor, was passiert, wenn$\theta$ist eine unendlich kleine positive Zahl. Dann ist der Bogen nur eine unendlich kurze vertikale Linie und die Höhe des Endpunkts über der$x$-Achse ist nur die Länge des Bogens. Dh wann$\theta$ist dann eine unendlich kleine Zahl$\sin\theta$ist das gleiche wie$\theta$. Daraus folgt, wann$\theta$ist dann eine unendlich kleine Zahl ungleich Null$\dfrac{\sin\theta}{\theta}=1$.

So sah Euler die Sache. Siehe sein Buch über Differentialrechnung.

Schau dir diesen Link an:

http://fatosmatematicos.blogspot.com/2010/08/provas-sem-palavras-parte-20.html

Hier ist das Bild, das ich aus diesem Blog kopiert habe:

Ich bin mir nicht sicher, ob es als Beweis gilt, aber ich habe gesehen, wie dies von einem Highschooler gemacht wurde.

Auf dem obigen Bild,$\displaystyle 2n \text{ EJ} = 2nR \sin\left( \frac{\pi}{n } \right ) = \text{ perimeter of polygon }$.

$\displaystyle \lim_{n\to \infty }2nR \sin\left( \frac{\pi}{n } \right ) = \lim_{n\to \infty } (\text{ perimeter of polygon }) = 2 \pi R \implies \lim_{n\to \infty}\frac{\sin\left( \frac{\pi}{n } \right )}{\left( \frac{\pi}{n } \right )} = 1$und lass$\frac{\pi}{n} = x$.

Ich behaupte das für$0<x<\pi/2$dass folgendes gilt

Also haben wir

Weil$\displaystyle\lim_{x\to 0}\cos x = 1$, nach dem Squeeze-Theorem, das wir haben

Hier sehen Sie möglicherweise einen elementaren Ansatz, der von einem sehr interessanten Ergebnis ausgeht, siehe dieses Problem . Alles, was Sie brauchen, ist ein bisschen Fantasie. Wenn wir nehmen$\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n\sin(\frac{\pi}{n})}{1+\sin(\frac{\pi}{n})}$Wir können feststellen, dass wir unendlich viele Kreise haben, die den Einheitskreis mit unendlich kleinen Durchmessern umgeben, die schließlich die Länge des Einheitskreises perfekt annähern, wenn er unendlich oft dort ist. Wenn wir also n mit dem Radius unter der Grenze zur Unendlichkeit multiplizieren, erhalten wir π. Lassen Sie uns bezeichnen$\frac{\pi}{n}$von x.

Der Beweis ist vollständig.

Kommt es Ihnen nicht seltsam vor, warum die meisten Beweise mit einer Figur gemacht werden? Ich hatte dieses Problem am Anfang und stellte später fest, dass dies an der Definition liegt, die wir für die Funktion verwenden$\sin x$. Denn die übliche Definition von$\sin x$Wir alle lernen zuerst in den High Schools, hängt von der „klassischen Geometrie“ ab und normalerweise mit einer Figur, Sie sollten die Figur darstellen und deutlich machen.

Wenn Sie jedoch andere Definitionen von verwenden$\sin x$die den ersteren entsprechen, werden Sie es einfacher finden. Zum Beispiel,

und daher

was offensichtlich dazu neigt$1$als$x$nähert sich 0.

Hier ist noch einer:

Es hängt von Ihrer Definition der Sinusfunktion ab. Ich würde vorschlagen, den geometrischen Beweis in ProofWiki zu lesen .

Hier ist ein anderer Ansatz, der die integrale Definition der Arkussinusfunktion verwendet. Wir werden die interessierende Grenze ohne Rückgriff auf Geometrie oder Differentialrechnung herleiten.

Stattdessen verlassen wir uns nur auf die Elementaranalyse stetiger Funktionen und ihrer Inversen zusammen mit einfachen Eigenschaften des Riemann-Integrals. Dazu gehen wir jetzt vor.

Wir definieren die Sinusfunktion,$\sin(x)$, als Umkehrfunktion der Funktion$f(x)$gegeben von

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{f(x)=\int_0^x \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\,dt }\tag 1$$

für$|x|< 1$.

HINWEIS: Es kann gezeigt werden, dass die Sinusfunktion als Umkehrung von definiert ist$f(x)$hineingegeben$(1)$hat alle bekannten Eigenschaften, die die Kreisfunktion charakterisieren$\sin(x)$.

Es ist einfach, das seitdem zu zeigen$\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}$ist positiv und kontinuierlich für$t\in (-1,1)$,$f(x)$ist kontinuierlich und streng ansteigend für$x\in (-1,1)$mit$\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)=0$.

Daher seit$f$stetig und streng steigend ist, ihre Umkehrfunktion,$\sin(x)$, existiert und ist ebenfalls stetig und streng steigend mit$\displaystyle \lim_{x\to 0}\sin(x)=\sin(0)=0$.

Aus$(1)$, wir haben die Grenzen ( SIEHE HIER )

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{1 \le \frac{f(x)}x\le \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}} \tag 2$$

für$x\in (-1,1)$, woraufhin das Squeeze-Theorem angewendet wird$(2)$Erträge

Letztlich lassen$y=f(x)$so dass$x=\sin(y)$. Als$x\to 0$,$y\to 0$und wir können schreiben$(3)$als

von denen wir haben

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{y\to 0}\frac{\sin(y)}{y}=1}$$

wie sich zeigen sollte!

NOTIZ:

Daraus können wir den folgenden Satz nützlicher Ungleichungen ableiten$(2)$. Wir lassen$x=\sin(\theta)$und einschränken$x$so dass$x\in [0,1)$. Darüber hinaus definieren wir neue Funktionen,$\cos(\theta)=\sqrt{1-\sin^2(\theta)}$Und$\tan(\theta)=\sin(\theta)/\cos(\theta)$.

Dann haben wir von$(2)$

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{y\cos(y)\le \sin(y)\le y\le \tan(y)}$$

Dies sind die bekannten Ungleichungen, die oft in einem Einführungskurs in Geometrie oder Trigonometrie eingeführt werden.

Finden ist die Strategie$\frac{d\arcsin y}{dy}$Erste. Das geht ganz einfach mit dem Bild unten.

Aus dem obigen Bild,$\arcsin y$ist die doppelte Fläche des orangefarbenen Bits. Der Bereich des roten Bits ist${1 \over 2}y\sqrt{1-y^2}$. Der Bereich des roten Bits plus des orangefarbenen Bits ist$\int_{0}^y \sqrt{1-Y^2} dY$. So

(Ähnliches kann mit der Bogenlängendefinition von gemacht werden$\arcsin$.)

Übliche Beweise können zirkulär sein, aber es gibt einen einfachen Weg, eine solche Ungleichheit zu beweisen.

Lassen$\theta$ein spitzer Winkel sein und lassen$O,A,B,C,D,C'$wie im folgenden Diagramm:

Wir können zeigen, dass:

$(1)$: Das Viereck$OCDC'$und der Kreissektor begrenzt durch$O,C,C'$sind zwei konvexe Mengen. Da der Kreissektor eine Teilmenge des Vierecks ist, ist der Umfang des Kreissektors kleiner als der Umfang des Vierecks.

$(2)$: Die$CB$Segment ist der kürzeste Weg dazwischen$B$Und$C$.

$(3)$ $CAB$ist also ein rechtwinkliges Dreieck$CB\geq AB$nach dem Satz des Pythagoras.

Bezüglich$\theta$wir bekommen:

Ein etwas anderer Ansatz könnte der folgende sein: Nehmen wir an$\theta\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$.
Von$(2)$Und$(3)$wir haben

Um es kurz zu machen:$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$folgt aus der Tatsache, dass ein Kreis eine korrigierbare Kurve ist, und ein Kreis eine korrigierbare Kurve ist, weil er die Grenze einer konvexen, begrenzten Teilmenge von ist$\mathbb{R}^2$. Die Konvexität der Scheibe folgt aus der Dreiecksungleichung: Eine Scheibe ist eine geschlossene Kugel für den euklidischen Abstand.

$(1)$stützt sich auf dieses mächtige Lemma:

Lemma . Wenn$A,B$sind konvex beschränkte Mengen in$\mathbb{R}^2$Und$A\subsetneq B$, der Umfang von$A$ist kleiner als der Umfang von$B$.

Beweis : durch Beschränktheit und Konvexität,$\partial A$Und$\partial B$sind korrigierbar, mit Längen$L(A)=\mu(\partial A),\,L(B)=\mu(\partial B)$. Immer durch Konvexität, da ist ein Akkord drin$B$das trifft das Innere nicht$A$(eine Tangente an$\partial A$an einem glatten Punkt funktioniert zum Beispiel). Angenommen, ein solcher Akkord hat Endpunkte$B_1, B_2 \in \partial B$und führen Sie einen Schnitt entlang$B_1 B_2$: sowohl die Fläche als auch den Umfang von$B$abnehmen, aber$B$bleibt eine umschließende beschränkte konvexe Menge$A$. Seit$A$kann durch eine Folge aufeinanderfolgender Schnitte angenähert werden,$L(A)<L(B)$folgt.

Lassen$f:\{y\in\mathbb{R}:y\neq 0\}\to\mathbb{R}$eine durch definierte Funktion sein$f(x):=\dfrac{\sin x}{x}$für alle$x\in \{y\in\mathbb{R}:y\neq 0\}$.

Wir haben$\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$wenn und nur wenn für alle$\varepsilon>0$, es existiert ein$\delta>0$so dass$|f(x)-1|<\varepsilon$wann immer$0<|x-0|<\delta$.

Lassen$\varepsilon>0$eine beliebige reelle Zahl sein.

Beachten Sie, dass$\sin x=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$.

Wenn$x \neq 0$, wir haben$\dfrac{\sin x}{x}=$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}=1+$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}$.

Wir haben also

$|f(x)-1|=\left|\dfrac{\sin x}{x}-1\right|=\left|\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}\right|\leq \left|\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}\right|\leq \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left|\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}\right|$

Deshalb haben wir

$|f(x)-1|\leq \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left|\dfrac{x^{2n}}{(2n+1)!}\right|\leq \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} |x^{2n}|=\sum_{n=1}^{\infty}|x^2|^n$

Wenn$0<|x|<1$, Dann$0<|x^2|<1$, und die unendliche Reihe$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|x^2|^n$konvergiert zu$\dfrac{x^2}{1-x^2}$.

Wählen$\delta:=\sqrt{\dfrac{\varepsilon}{1+\varepsilon}}$. Dann$0<|x-0|<\delta$impliziert, dass$0<|x|<$$\sqrt{\dfrac{\varepsilon}{1+\varepsilon}}<1$, und daher$x^2<\varepsilon-\varepsilon x^2$. Aber$x^2<\varepsilon-\varepsilon x^2$impliziert, dass$\dfrac{x^2}{1-x^2}<\varepsilon$.

Wir haben daher$\sum_{n=1}^{\infty}|x^2|^n<\varepsilon$wann immer$0<|x-0|<\delta$. Aber seit$|f(x)-1|\leq\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}|x^2|^n$, wir haben$|f(x)-1|<\varepsilon$wann immer$0<|x-0|<\delta$.

Seit$\varepsilon$war willkürlich, wir haben$\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1$.

Lassen$\sin(x)$ist als Lösung von definiert$\frac{d^2}{dx^2}\textrm{f}(x)=-\textrm{f}(x)$mit$\mathrm f(0)=0,\,\frac{d}{dx}\mathrm f(0)=C$Anfangsbedingungen, also exakte Lösung ist$\mathrm f(x)=C\cdot\sin(x)$. Definiere die zweite Ableitung als

Einfacher ist die Verwendung des Sandwich-Theorems, das zuvor demonstriert wurde. In dieser Methode müssen Sie das zeigen$\frac{\sin x}{x}$liegt zwischen zwei anderen Funktionen. Als$x \longrightarrow 0$beide tendieren zu EINS.

Dann wie im Fall von Sandwich (wenn beide Brotteile in einen Magen gehen, geht auch der mittlere Teil in denselben Magen)$\frac{\sin x}{x}$wird zu EINS gehen.

Sie können Geogebra verwenden, um die Visualisierung dieses Phänomens mit Geogebra zu sehen. Zuerst geben Sie ein$\sin x$Und$x$und beobachte das in der Nähe$0$Werte von$\sin x$Und$x$sind gleich.

Zweitens Eingang$\frac{\sin x}{x}$dann beobachten Funktion nähert sich$1$als$x$neigt dazu$0$

Ursprünglich auf den Beweisen ohne Worte gepostet , hier ist ein einfaches Bild, das die Ableitung von erklärt$\sin(x)$, die, wie wir alle wissen, in direktem Zusammenhang mit der vorliegenden Grenze steht.

Wenn man nicht so überzeugt ist, werfen Sie einen Blick auf das obige Bild und bemerken Sie, dass wenn$u\pm h$liegt also im ersten Quadranten

Beachte das

Die Antwort hängt letztendlich davon ab, wie Sie definieren$\sin x$an erster Stelle.

Hier ist ein lustiger!$\sin x$ist die einzigartige Funktion befriedigend

Dies ist eine Variante von Robjohns Antwort. Das Gebiet des Sektors$ADE$Ist$\frac{1}{2}x\cos^2(x)$; die Fläche des Dreiecks$ABC$Ist$\frac{1}{2}\sin(x)$; und das Gebiet des Sektors$ABC$Ist$\frac{1}{2}x$. Durch Einbeziehung finden wir das z$0<x < \frac{\pi}{2}$,

Seit$\cos$ist stetig bei$0$, Und$(\cdot)^2$ist stetig bei$\cos(0)$, die Funktion$x\mapsto \cos^2(x)$ist stetig bei$0$, dh

Hier ist ein anderer Ansatz.

(1) (2)

Im großen Dreieck

Als nächstes ist die Sektorfläche als Bruchteil des gesamten Kreises, der Sektor (siehe rechte Seite von Bild (1))

unter Verwendung der Gleichungen, die wir oben ausgearbeitet haben, wird dies

so nach dem Sandwich-Theorem

Dies ist ein neuer Beitrag auf einer alten Säge, weil dies eines der Dinge ist, bei denen ich sehe, dass die Art und Weise, wie wir den aktuellen Mathe-Lehrplan strukturiert haben, dies leider nur allzu traurig macht Dinge die Gerechtigkeit, die sie verdienen, und ich denke, das ist letzten Endes ein Bärendienst für viele Lernende.

Die Wahrheit ist, dass diese Grenze ohne eine ehrliche Definition der Sinusfunktion nicht wirklich ehrlich bewiesen werden kann. Und das ist nicht so einfach, wie es scheint. Selbst wenn wir die einfache Vorstellung vieler trigonometrischer Behandlungen berücksichtigen, dass der Sinus gleich der "Länge der gegenüberliegenden Seite des rechtwinkligen Dreiecks dividiert durch die Länge seiner Hypotenuse" ist, löst dies das Problem nicht wirklich, da es tatsächlich a gibt subtiles fehlendes Element, und das heißt, der Sinus ist keine Funktion eines "rechtwinkligen Dreiecks" (obwohl Sie das definieren könnten, wenn Sie wollten, und es wäre einfach!), sondern eines Winkelmaßes. Und tatsächlich herauszufinden, was "Winkelmaß" bedeutet, stellt sich heraus, ist im Wesentlichen gleichbedeutend damit, die Sinusfunktion überhaupt zu definieren, also ist dieser Ansatz kreisförmig! (Wortspiel nach dem Schreiben beachtet, obwohl es ursprünglich nicht beabsichtigt war!)

Wie definieren wir also Sinus oder Winkelmaß? Leider ist jeder Ansatz dazu so, dass er Kalkül beinhalten muss . Dies liegt daran, dass das von uns verwendete Winkelmaß "glatt und stetig" ist, was bedeutet, dass wir im Grunde, wenn wir einen Winkel haben, dieses Winkelmaß fraktionieren möchten, um den Winkel auf die gleiche Weise zu fraktionieren wie Stücke eines Kuchens zu zerschneiden: wenn ich einen Winkel mit dem angegebenen Winkelmaß habe$\theta$, damit das Maßsystem funktioniert, sollte ich dann in der Lage sein, einen Winkel mit Maß zu erzeugen$\frac{\theta}{n}$, sollte ein Winkel sein, der geometrisch der ist$n$-Abschnitt des Winkels in$n$ kongruente kleinere Winkel, die sich zum Vollwinkel addieren.

Doch schon hier sehen wir, dass dies nicht trivial ist: Überlegen Sie$n = 3$. Dann haben wir das berühmte "unmögliche" Problem der "Dreiteilung des Winkels", das sogar die alten Griechen ärgerte und für das die Leute immer wieder zu hämmern versuchten, bis Pierre Wantzel über zweitausend Jahre später endlich bewies, dass es unlösbar ist . Wir fragen nach einem mathematischen Widget, das nicht nur dreiteilen kann, sondern auch 5-, 629-, usw. Winkel und das auf systematische Weise !

In der Tat ist die Sinusfunktion nicht nur nicht trivial, wir könnten argumentieren, dass sogar die Exponentialfunktion erheblich einfacher zu behandeln ist als der Sinus, obwohl ich eine solche Behandlung hier nicht geben werde.

Also, wie machen wir es? Nun, die wichtigste Beobachtung ist, dass unser "stetiges" Winkelmaß eines ist, das effektiv durch die Bogenlänge eines Kreissegments definiert ist, das durch den Winkel geschnitten wird, wenn es in der Mitte des Kreises gezeichnet und nach außen projiziert wird. Insbesondere sollte dies aus der (zirkulär eingeführten) geometrischen Formel "offensichtlich" sein

Da dies nur eine triviale Multiplikation ist, muss die gesamte Nichttrivialität in beiden Definitionen enthalten sein$\theta$in Bezug auf geometrische Winkel, die durch Linien gebildet werden, oder in Bezug auf die Definition der "Länge eines Kreisbogens", und außerdem müssen diese beiden Probleme gleich schwer sein. Daher werden wir zuerst mit der Bogenfrage beginnen, und man wird sehen, dass diese Antwort am Ende ziemlich viel Calculus II-Material verwenden wird, um diese Calculus I-Level-Frage über ein angeblich vor-Calculus mathematisches Objekt zu beantworten . In der Tat ist dies das ganze „Bogenmaß“: Es ist ein Maß für Winkel in Bezug auf die Bogenlänge des Stücks, das sie von einem Einheitskreis schneiden (dh$r = 1$). "Grad", sind dann nur ein seltsames Vielfaches von tatsächlicher Länge, gleich$\frac{2\pi}{360}$(oder besser,$\frac{\tau}{360}$) einer anderen Einheitslänge.

Wenn Sie ein etwas ehrlicheres Trigonometrie-Buch verwenden, werden Sie feststellen, dass Sinus und Cosinus im Wesentlichen als Koordinaten auf einem Einheitskreis definiert sind, wenn ein Winkel gemessen wird$\theta$wurde von der eingelagert$x$-Achse:

Nun wie oben gesagt,$\theta$ Bogenlänge ist . Was wir also oben haben, ist eine sogenannte Bogenlängenparametrisierung des Kreises - und das sagt uns, wie wir vorgehen müssen. Zunächst benötigen wir eine separate Definition der Bogenlänge eines Kreises.

Wie bekommen wir das hin? Nun, wir werden natürlich zuerst eine elementarere Kreisgleichung brauchen als die, die wir gerade gegeben haben, und das bedeutet, zur einfachen algebraischen Definition überzugehen,

so dass wir jetzt mit der guten alten Algebra lösen können$x$Und$y$mindestens im Halbkreis:

Und hier müssen wir dann das Konzept auf Calculus II-Niveau einführen – nämlich die Integration für die Bogenlänge. Die Bogenlänge, die zwischen zwei Werten von überstrichen wird$x$-Koordinate, für eine mit gegebene Kurve$y$als Funktion von$x$, Ist

Daher jetzt für den Kreis$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} (1 - x^2)^{-1/2} \cdot (-2x) = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$, So

was vereinfacht zu

Nun verwenden wir den Fundamentalsatz der Analysis, um den inversen Sinus zu definieren als

Das ist die Bogenlänge in Bezug auf die Koordinate , und jetzt ist der Sinus seine inverse Koordinate in Bezug auf die Bogenlänge :

.

Endlich, an dieser Stelle, mit einer vollständigen, wasserdichten Definition von$\sin(x)$jetzt in der Hand, sind wir bereit, das Limit auszuwerten:

Da die "echte" oder Basisfunktion hier wirklich die Umkehrfunktion ist , dh$\arcsin$, gehen wir zunächst vor, indem wir eine Änderung der Variablen vornehmen: Wir betrachten stattdessen die Grenze in Bezug auf$y$Wo$y(x) := \arcsin(x)$. Beachten Sie, dass trivialerweise$\arcsin(0) = 0$aus der integralen Definition erhalten wir also

Nun brauchen wir für die rechte Grenze nur das Verhalten von zu betrachten$\arcsin(y)$Wenn$y$ist klein. Da der Integrand$\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$, ist bei differenzierbar$x = 0$, es kann mit seiner Tangentenlinie angenähert werden (was eigentlich auch so sein sollte, wie wir Tangentenlinien überhaupt definieren , als "beste Annäherung", ein Begriff, der auf luftdichte , intuitive Weise durch die Verwendung von a durchgeführt werden kann "Zoom-in") und so auch das Integral über einen winzigen Splitter für Integral derselben Tangentenlinie. Nach der Potenzregel und der Kettenregel

also die Ableitung bei$x = 0$Null ist und die Tangente horizontal ist: da auch$\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$bewertet bei$x = 0$Ist$1$, die Tangente ist

somit

Wenn$y \approx 0$, und dann ist das rechte Integral ungefähr$y$, somit$\arcsin(y) \approx y$Wenn$y \approx 0$Und

somit

QED.

Nichtsdestotrotz löst dies, wie ich bereits erwähnt habe, nicht die Anforderungen der Frage, die, obwohl ich sicher bin, dass ihr ursprünglicher Fragesteller schon lange weitergezogen ist, dennoch für jeden Kalkülstudenten bis heute relevant ist: beweise die Grenze nur unter Verwendung von Calculus I/Pre-Calculus-Methoden. Was ich sagen will, ist, dass dies ehrlich gesagt nicht wirklich möglich ist und eine Schwäche des Lehrplans offenbart, da er nicht wirklich dem richtigen logischen Aufbau des mathematischen Gebäudes folgt.

Was wirklich getan werden sollte, ist, trig für später aufzuheben , d. h. trig zu überspringen und zuerst mit Calculus zu beginnen. Als ich alleine Mathematik studiert habe, habe ich genau das getan. Tatsächlich würde ich sagen, wie viele Pädagogen vorgeschlagen haben, dass die meisten Menschen beides nicht brauchen, sondern stattdessen mehr Statistiken brauchen. Dann haben wir für diejenigen, die höhere Mathematik betreiben , wenn wir Algebra und Statistik gemacht haben, bereits eine Menge interessantes Material, auf dem wir für die Analysis aufbauen können, einschließlich der Exponentialfunktion. Es besteht keine Notwendigkeit, trigonometrische Funktionen hinzuzufügen, um "die Mischung zu versüßen", wenn sie bereits mit Integralen algebraischer Funktionen wie süß ist$x \mapsto \sqrt{1 - x^2}$Dies ist ein sehr schönes Beispiel für die Bereichsintegrationsbeziehung, und dies kann, wenn es stärker betont wird, möglicherweise zu einem differenzierteren Nachdenken über Integrale einladen, als nur "Integrationsregeln einstecken und tuckern". Insbesondere mit einem begrenzteren Satz von Funktionen können wir über andere Möglichkeiten nachdenken, wie wir sie so angehen könnten, und / oder eine Vielzahl von Möglichkeiten, das Integral zu interpretieren, was meiner Meinung nach nur gut sein kann, um kreativer zu werden Nachdenken über Probleme und weniger Bohren in Methoden mit wenig wirklichem Verständnis (und das Auswendiglernen von Integralen ist jetzt mit Computeralgebra-Software noch weniger relevant; wichtiger ist es, ein Problem wirklich zu verstehen und wie seine Teile zusammenpassen und zu einer Lösung führen. Das gesagt,Entweder, aber ich schlage vor, dass Ideen, Konzepte und Kreativität zuerst kommen sollten, dann kommen Sie in diese Techniken, weil sie sehr oft auch noch nützlich für die Analyse sind und wenn Sie sie fließend beherrschen, können Sie auch Probleme schneller lösen, z Sie möchten in der Grundschule nicht ständig Ihren Taschenrechner für 2 + 3 aufschlagen und Sie möchten nicht ständig Ihren CAS aufschlagen, um sich zu integrieren$x \mapsto x^2$). Darüber hinaus haben wir jetzt effektiv zwei verschiedene Funktionen – Logarithmus und Trigonometrie – die wir durch Integrale definieren, was auch bedeutet, dass wir davon ausgehen können, dass wir hier nicht aufhören müssen, und dies entlarvt die Künstlichkeit der Heiligkeit von so -genannt "elementare Funktionen" und erlaubt uns, vielleicht noch ein paar weitere Kunstgriffe dieser Art zu betrachten$\mathrm{erf}(x)$was nicht allzu viel schwieriger erscheint, aber stattdessen antworten wir einfach darauf

"geht nicht", was sich angesichts der Tatsache, dass man solche Dinge schon früh gesehen hat, wie ein weiterer elender Schwindel / Schönheitsfehler im Lehrplan anfühlt.

Und um das Ganze abzurunden - wenn Sie sagen, dass Calc nicht vor dem Triggern durchgeführt werden kann, würde ich sagen, dass Archimedes zu schade ist, dass er nicht hier ist, da er Ihre Meinung wahrscheinlich nicht geteilt hätte, da er tatsächlich einer der frühesten war sogar einen partiellen Integrationsbegriff zu entwickeln , und nicht nur das, sondern eine seiner Anwendungen davon war gerade die Darstellung der Bogenlänge eines Kreises: deshalb$\pi$heißt Archimedes-Konstante.

Wie wäre es mit diesem Beweis?

Wir können diese Funktion überprüfen, die als definiert ist

Genauso ist es mit

Abschließend,

Sie können sich anpassen$m$wie du willst.

Lassen Sie mich der Vollständigkeit halber einen axiomatischen Ansatz vorschlagen$\sin$Und$\cos$. Eine mögliche Definition ist hier . Ich finde eine andere (Ilyin, Poznyak: Fundamentals of Mathematical Analysis, 2005, vol.1, pages 146-155, Russian lang.), die behauptet, dass es nur ein Paar stetiger Funktionen gibt$\mathbb{R}$wofür erfüllen

Wir können auch die Euler-Formel verwenden, um den Grenzwert zu beweisen:

seit:

$\lim_{f(x)\to 0}\dfrac{e^{f(x)}-1}{f(x)} = 1$

Hier ist ein Beweis für diejenigen, die mit Potenzreihen vertraut sind.

Die Definition von$\sin(x)$Ist

Deshalb bekommen wir

wobei wir die Tatsache ausgenutzt haben, dass die Potenzreihe$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)!} x^{2k}$Konvergenzradius hat$R=\infty$und ist daher kontinuierlich an$\mathbb R$. Dies ermöglicht es uns, die Grenze nach innen zu nehmen und wir bekommen

Dies ist kein rigoroser Beweis, sondern ein intuitives Argument. Betrachten Sie den Graphen der Sinusfunktion und berücksichtigen Sie insbesondere den Ursprung$(0,0)$und irgendein willkürlicher Punkt$(x,\sin(x))$etwas rechts davon. Verbinden Sie eine Sekanslinie zwischen den beiden Punkten wie folgt: Betrachten Sie nun die durchschnittliche Änderungsrate der Sinusfunktion in diesem Intervall$[0,x]$, oder alternativ die Steigung$m$dieser Sekantenlinie, nämlich:

Hier ist ein raffinierter Trick mit elementaren Integrationsmethoden. Beachten Sie, dass

Diese geometrische Lösung ergibt sich aus dieser Frage gemäß der folgenden Skizze

wir haben

das ist

und dividieren durch$\frac12|\sin x|>0$

und da$\frac{|x|}{|\sin x|} =\frac{x}{\sin x}>0$für$x\neq 0$wir erhalten

schließlich durch Squeeze Theorem da

• $\cos x \to 1$
• $2- \cos x \to 2-1=1$

Wir schließen daraus

$$\lim_{x\to 0}\frac x{\sin x}=1$$