重新证明lim{x→0}sin(x)/x=1

manthanein

下面仿照老办法，构造半径两边为OA、OB的扇形，\(OA=OB=r\)，圆心角\(\angle AOB=\theta\)，因而扇形面积为\(S=\D pr^2\frac{\theta}{2\pi} \leq  \frac{1}{2} r^2\theta\)。同时三角形ABO的面积为\(\D \frac{1}{2} r^2\sin\theta\)，所以只要\(\theta \in (0,\pi)\)，\(\sin\theta \lt \theta\)，\(\D \frac{\sin\theta}{\theta} \lt 1\)。

另一方面，
\(\D \frac{1-\cos\theta}{\theta}=\frac{1-\left(\cos^{2}\left(\frac{\theta}{2}\right)-\sin^{2}\left(\frac{\theta}{2}\right)\right)}{\theta}=\frac{\sin^{2}\left(\frac{\theta}{2}\right)}{\frac{\theta}{2}}\lt\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \lt \frac{\theta}{2}\)

同时，考虑\(\D \frac{\pi}{2} \gt a \gt b \gt 0\)
\(\D \frac{\sin a-\sin b}{a-b}=\frac{\D 2\sin{\frac{a-b}{2}}\cos{\frac{a+b}{2}}}{a-b}=\frac{\D \sin{\frac{a-b}{2}}\cos{\frac{a+b}{2}}}{\frac{a-b}{2}}\lt \cos{\frac{a+b}{2}}\)

manthanein

由切线，\(\D \frac{1}{2}r^2\tan{\theta}\gt pr^2\frac{\theta}{2\pi} \implies \frac{1}{2}\tan{\theta}\gt p\frac{\theta}{2\pi}\implies \pi\tan{\theta}\gt p\theta \implies\theta \lt \frac{\pi}{p}\tan\theta\)

manthanein

\(\D n\sin{\frac{\pi}{n}}=\frac{\D 2n\sin{\frac{\pi}{n}}}{2}=\frac{\D 4n\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}}{2}=2n\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}\)

所以\(\D 2n\sin\frac{\pi}{2n}=\frac{n\sin{\frac{\pi}{n}}}{\cos\frac{\pi}{2n}}\)

manthanein

\(\D 2n\tan\frac{\pi}{2n}=2n\frac{\D \sin\frac{\pi}{n}}{\D 1+\cos\frac{\pi}{n}}=2n\frac{\D \cos\frac{\pi}{n}\tan\frac{\pi}{n}+\tan\frac{\pi}{n}-\tan\frac{\pi}{n}}{\D 1+\cos\frac{\pi}{n}}=2n(\tan\frac{\pi}{n}-\frac{\tan\frac{\pi}{n}}{1+\cos\frac{\pi}{n}})=2n\tan\frac{\pi}{n}(1-\frac{1}{1+\cos\frac{\pi}{n}})\)

l4m2

manthanein 发表于 2020-8-14 12:31
我这个办法也有一个问题，就是我还没证明圆是可求长曲线，万一圆周长是无穷大就麻烦了，也不知道有什么办 ...

可以写成y=sqrt(1-x^2)然后求长度的界

nyy

manthanein 发表于 2021-11-10 01:11
下面仿照老办法，构造半径两边为OA、OB的扇形，\(OA=OB=r\)，圆心角\(\angle AOB=\theta\)，因而扇形面积为 ...

要是我，我就用泰勒展开证明！我不想用复杂的办法证明！

nyy

lim(1/n+1/n+1/n+1/n+...)
n->oo
这个函数的极限，每一项都是零，但是能当零算吗？
我感觉泰勒展开直接舍去后面的高阶小项有问题，
毕竟有无穷多个小项，所以严谨低说，直接舍去似乎有问题。