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[原创] 重新证明lim{x→0}sin(x)/x=1

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发表于 2020-8-13 10:31:17 | 显示全部楼层 |阅读模式

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现行高数教材上对\(\D \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1\)这个重要极限的证明,依赖于扇形面积公式,而扇形面积公式和圆面积公式似乎本身就运用了极限,有循环论证之嫌。因此我个人试图给出一种不循环的证明。

首先,由于任意两个圆都相似,相似图形的周长比等于相似比(公理),因此一个圆的周长除以其直径为定值,记这个定值为\(\pi\)。也就是说,\(C=2\pi r\)。
其次,圆内接正\(n\)边形的周长为\(\D 2nr\sin{\frac{\pi}{n}}\)。两点之间线段最短(公理),有\(2\pi r \gt \D 2nr\sin{\frac{\pi}{n}}\),化简后得:

对于任意大于2的正整数\(n\),\(\D \sin{\frac{\pi}{n}} \lt \frac{\pi}{n}\)

注意到\(n=1\)或\(n=2\)时也有\(\D \sin{\frac{\pi}{n}} \lt \frac{\pi}{n}\),因此:

对于任意正整数\(n\),\(\D \sin{\frac{\pi}{n}} \lt \frac{\pi}{n}\)
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 楼主| 发表于 2020-8-13 11:09:43 | 显示全部楼层
构造数列\(\D \{a_n=\sin{\frac{\pi}{n}}\}\),显然每一项均为非负数。下面要证明\(\D \lim_{n \to \infty}a_n=0\),也就是要证明对于任意的正数\(\varepsilon\),总是存在正整数\(N\),使得只要\(n \geq N\),就有\(a_n \lt \varepsilon\)。

任意给定\(\varepsilon\),取\(\D N=\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3\)。由于\(\D \frac{\pi}{\varepsilon}\) 为正数,所以\(\D \left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]\)为非负整数,从而\(N\)为不小于3的正整数。

对于任意的\(n\),\(\D a_n \lt \frac{\pi}{n}\)。而当\(n \geq N\)时,总是有\(\D \frac{\pi}{n} \leq \frac{\pi}{N}=\frac{\pi}{\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3} \lt \frac{\pi}{\frac{\pi}{\varepsilon}}=\varepsilon\)。

所以,任意给定\(\varepsilon\),取\(\D N=\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3\),当\(n \geq N\)时,总是有\(a_n \lt \varepsilon\),所以命题成立。

下面证明这个数列在\(n \geq 2\)时严格单调递减。

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

对于任意正整数\(n\),有\(2n(n+1) \geq 4\),所以\(2\sin{\D \frac{\pi}{2n(n+1)}} \gt 0\),因此只需考虑\(\cos{\D \frac{(2n+1)\pi}{2n(n+1)}}\)。

由于\(\D \frac{2n+1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)\),当\(n\)增大时,\(\D \frac{1}{n}\)减小,\(\D \frac{1}{n+1}\)减小,所以\(\D \frac{2n+1}{2n(n+1)}\)减小。因此\(\D 0 \lt \frac{2n+1}{2n(n+1)} \leq \frac{5}{12}\),所以\(\D \frac{(2n+1)\pi}{2n(n+1)}\)为锐角,因此其余弦大于0。

所以\(n \geq 2\)时,\(a_{n+1} \lt a_n\)。

由此可知,数列\(\D \{a_n=\sin{\frac{\pi}{n}}\}\)具有如下性质:

(1)对于任意给定的正整数\(\varepsilon\),一定存在正整数\(m\)使得\(a_m \lt \varepsilon\)。
(2)\(n \geq 2\)时,\(a_{n+1} \lt a_n\)。

\(a_1=0\),\(a_2=1\),\(\D a_3=\frac{\sqrt{3}}{2}\),等等。下面考虑\(\{a_n\}\)的下确界。显然\(\{a_n\}\)每一项都不小于0,所以\(\{a_n\}\)有下界,所以\(\{a_n\}\)有下确界,若\(\inf\{a_n\}\)为某个正数,那么性质(1)得不到满足,所以\(\inf\{a_n\}=0\)。
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 楼主| 发表于 2020-8-13 11:22:08 | 显示全部楼层
下面考虑圆面积,由于任意两圆相似,相似图形面积比等于相似比的平方(公理),可知圆面积除以半径平方为定值,记定值为\(p\),也就是说\(S=pr^2\)。

圆内接正\(n\)边形面积为\(\D \frac{1}{2}nr^2\sin{\frac{2\pi}{n}}\),外切正\(n\)边形面积为\(\D nr^2\tan{\frac{\pi}{n}}\)。

于是乎:
\(\D \frac{1}{2}nr^2\sin{\frac{2\pi}{n}} \lt pr^2 \lt nr^2\tan{\frac{\pi}{n}}\)

也就是:
\(\D \frac{1}{2}n\sin{\frac{2\pi}{n}} \lt p \lt n\tan{\frac{\pi}{n}}\)

可以改写为:
\(\D n\sin{\frac{\pi}{n}}\cos{\frac{\pi}{n}} \lt p \lt \frac{\D n\sin{\frac{\pi}{n}}}{\cos{\frac{\pi}{n}}}\)
上式对于任意大于2的正整数n成立。

所以,对于任意大于2的正整数\(n\):
\(p \lt \D \frac{\pi}{\D \cos{\frac{\pi}{n}}}\)


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发表于 2020-8-13 12:08:30 | 显示全部楼层
把正弦函数泰勒展开,然后求极限,这不是很显然的结论吗?

点评

泰勒展开也是要求导,求导还是要这个极限,除非你直接用泰勒级数定义正弦。  发表于 2020-8-13 12:11
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 楼主| 发表于 2020-8-13 12:51:18 | 显示全部楼层
构造\(\D \{b_n=\cos{\frac{\pi}{n}}\}\),与\(\D \{a_n=\sin{\frac{\pi}{n}}\}\)相比,显然\(a_n^2+b_n^2=1\)。
先证明\(\{b_n\}\)严格单调增加。

由于:
\(\cos(x+y)=\cos x\cos y -\sin x\sin y\)
\(\cos(x-y)=\cos x\cos y +\sin x\sin y\)
所以:\(\cos(x+y)-\cos(x-y)=-2\sin x \sin y\)


所以:
\(\D b_{n+1}-b_n\)

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

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

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

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

因\(n\)为正整数,所以\(2n(n+1) \geq 4\),所以\(\sin{\D \frac{\pi}{2n(n+1)}} \gt 0\)。
而\(\D 0 \lt \frac{2n+1}{2n(n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right) \leq \frac{3}{4}\),所以\(\D \sin{\D \frac{(2n+1)\pi}{2n(n+1)}} \gt 0\),所以\(b_{n+1} \gt b_{n}\)。

下面要证明\(\D \lim_{n \to \infty}b_n=1\),也就是要证明对于任意的正数\(\varepsilon\),总是存在正整数\(N\),使得只要\(n \geq N\),就有\(\abs{b_n-1} \lt \varepsilon\)。

前面已经证明:任意给定正数\(\varepsilon\),取\(\D N=\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3\),当\(n \geq N\)时,总是有\(a_n \lt \varepsilon\)。同时\(0 \lt a_n \leq 1\)。

此时\(n \geq 3\),所以当\(n \geq N\)时,\(b_n \geq b_2=0\),所以\(0 \leq b_n \lt 1\)。此时\(\D \abs{b_n-1}=1-b_n=1-\sqrt{1-a_n^2}=1-\sqrt{1+a_n^2-2a_n-2a_n^2+2a_n}=1-\sqrt{(1-a_n)^2-2a_n(a_n-1)}\)

因为\(0 \lt a_n \leq 1\),所以\(2a_n(a_n-1) \leq 0\),所以\((1-a_n)^2-2a_n(a_n+1) \geq (1-a_n)^2\)。

同时,因为\(0 \lt a_n \leq 1\),所以\(1-a_n \geq 0\),\((1-a_n)^2-2a_n(a_n+1)=1-a_n^2 \geq 0\)。

所以:\(\D \sqrt{1-a_n^2}=\sqrt{(1-a_n)^2-2a_n(a_n+1)} \geq 1-a_n\)

所以:\(\D \abs{b_n-1}=1-\sqrt{1-a_n^2} \leq 1-(1-a_n)=a_n \lt \varepsilon\)

所以,对于任意的正数\(\varepsilon\),取\(\D N=\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3\),只要\(n \geq N\),就有\(\abs{b_n-1} \lt \varepsilon\)。

所以\(\D \lim_{n \to \infty}b_n=1\)。

由此可见,数列\(\{b_n\}\)具有如下性质:

(1)严格单调递增。
(2)当\(n \gt 1\)时,\(b_n \geq 0\)。
(3)对于任意的正数\(\varepsilon\),总存在正整数\(m\)使得\(b_m \gt 1-\varepsilon\)。

显然\(\{b_n\}\)有上界1,所以它有上确界,若\(\sup \{b_n\}\)为某个小于1的数,那么定然不满足性质(3),所以\(\sup \{b_n\}=1\)。
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 楼主| 发表于 2020-8-13 14:19:04 | 显示全部楼层
下面考虑\(\D \frac{\pi}{\D \cos{\frac{\pi}{n}}}\),\(n\)为不小于2的正整数。显然,\(\D 0 \lt \cos{\frac{\pi}{n}} \lt 1\),因而\(\D \pi \lt \frac{\pi}{\D \cos{\frac{\pi}{n}}}\)。由此可知\(\D \inf \frac{\pi}{\cos{\frac{\pi}{n}}}\)存在,记\(\D \inf \frac{\pi}{\cos{\frac{\pi}{n}}}=\pi+\lambda\),显然\(\lambda \geq 0\)。

假设\(\lambda \gt 0\),记\(\D \frac{\lambda}{\pi+\lambda}=\varepsilon\),显然\(\varepsilon\)为正数。上面已经证明,对于任意的正数\(\varepsilon\),总存在正整数\(m\)使得\(\D \cos{\frac{\pi}{m}} \gt 1-\varepsilon=\frac{\pi}{\pi+\lambda}\gt 0\),从而此时有\(\D \frac{\pi}{\cos{\frac{\pi}{m}}} \lt \pi+\lambda\),与下确界定义矛盾。所以\(\lambda=0\),\(\D \inf \frac{\pi}{\cos{\frac{\pi}{n}}}=\pi\)。所以\(p \leq \pi\)。

也就是说,一个圆的面积\(S\)与其半径\(r\)满足\(S \leq \pi r^2\)。
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 楼主| 发表于 2020-8-13 15:31:21 | 显示全部楼层
下面考虑正弦函数\(y=\sin x\)。
先证明函数在\(\D  \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\)上严格单调递增。假设\(\D \frac{\pi}{2} \gt a \gt b \gt 0\)。
\(\D \sin a-\sin b=2\sin{\frac{a-b}{2}}\cos{\frac{a+b}{2}}\)
所以\(\D 0 \lt a+b \lt \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi\),所以\(\D 0 \lt \frac{a+b}{2} \lt \frac{\pi}{2}\),所以\(\D \cos{\frac{a+b}{2}} \gt 0\)。
同时\(\D 0 \lt \frac{a-b}{2} \lt \frac{a}{2} \lt\frac{\pi}{4}\),所以\(\D \sin{\frac{a-b}{2}} \gt 0\)。
所以\(\sin a-\sin b \gt 0\),所以函数在\(\D  \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\)上严格单调递增。

接着证明\(\D \lim_{x \to 0^{+}}\sin x=0\),也就是说,任意给定正数\(\varepsilon\),总是存在正数\(\delta\),使得只要\(0 \lt x \lt \delta\),总是有\(\abs{\sin x} \lt \epsilon\)。

前面已经证明:任意给定正数\(\varepsilon\),取\(\D N=\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3\),当\(n\)为不小于\(N\)的正整数时,总是有\(\D \sin{\frac{\pi}{n}} \lt \varepsilon\)。在此基础上,取\(\D \delta=\frac{\pi}{N}\)。
由于\(N \geq 3\),所以\(\D 0 \lt \delta \leq \frac{\pi}{3}\),所以,当\(0 \lt x \lt \delta\)时,便有\(\abs{\sin x}=\sin x \lt \sin \delta\)。注意到\(\D \sin \delta=\sin{\frac{\pi}{N}}\lt \epsilon\),所以\(\abs{\sin x} \lt \epsilon\)。

所以,任意给定正数\(\varepsilon\),取\(\D \delta=\frac{\pi}{\left[\frac{\pi}{\varepsilon}\right]+3}\),当\(0 \lt x \lt \delta\)时,便有\(\abs{\sin x} \lt \epsilon\)。

所以命题得证。
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发表于 2020-8-13 16:11:38 | 显示全部楼层
三角函数又叫圆函数,三角函数就是以此为基础建立的。先承认圆,承认圆弧,然后根据弦长定义三角函数。然后根据周长来定义圆周率(这个就是用内切和外接多边形长度的递推表达式极限逼近,初中几何里课后习题做过),圆周率出来了,于是那个正弦的极限就是很自然的结果。
换句换说,圆周率是三角函数很多性质的本源。
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发表于 2020-8-13 17:19:03 | 显示全部楼层
我觉得 lim{x→0}sinx/x=1不过是以弦代弧之极限思想的一个特例。

在极限思想中,任一光滑曲线上的任意极为接近的两点,都被认为弦近于弧。

只要认为(或者证明)圆是光滑的,自然就有 lim{x→0}sinx/x=1.

或许,圆是光滑的可以成为一条公理呢
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 楼主| 发表于 2020-8-14 12:31:51 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2020-8-13 17:19
我觉得 lim{x→0}sinx/x=1不过是以弦代弧之极限思想的一个特例。

在极限思想中,任一光滑曲线上的任意极 ...

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,也不知道有什么办法去证这个
证明圆是[0,1)的连续函数的像是可以证的,再往下就不知道要用什么公理了。
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