Raisonnement circulaire pour prouver $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Je viens de commencer à apprendre les preuves de limite epsilon-delta, et je veux savoir comment prouver en utilisant la définition epsilon-delta d'une limite qui $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
J'ai essayé et échoué, alors je l'ai recherché en ligne et j'ai trouvé que le truc était d'utiliser l'identité $\sin x < x$. Je ne trouve aucune preuve qui n'utilise pas cette identité.
Je n'avais jamais vu cette identité auparavant, alors j'ai cherché sa preuve et trouvé cette preuve qui utilise le théorème de la valeur moyenne. Encore une fois, je n'ai pas encore appris le théorème de la valeur moyenne, mais selon le site Web, cela nécessite une fonction continue (et différentiable)$f$.
Mais le concept de continuité est défini à l'aide de la définition de limite epsilon-delta! En fait, le fait que$\sin(x)$ est continue est exactement l'affirmation que j'essaie de prouver ci-dessus: $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
C'est clairement un raisonnement circulaire. Ma question est de savoir comment y échapper? Soit il doit y avoir un moyen de prouver$\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$ sans l'identité $\sin x < x$, ou nous devons prouver $\sin x < x$sans le fait que le péché est continu. Ou je suppose qu'il pourrait y avoir une troisième option? Je ne trouve pas de réponses sur la façon de le faire, ce que je trouve le plus étrange ...
Réponses
Une approche très analytique consiste à partir des intégrales et à définir $\log, \exp, \sin$ et montrent que ceux-ci sont lisses, et donc continus, sur leurs domaines.
Nous définissons d'abord le logarithme naturel par $$ \ln x := \int_1^x \frac{dt}{t} $$ Il est facile d'afficher les lois du logarithme en utilisant cette définition et les règles d'intégration, et que $\ln$ est différenciable.
Ensuite, nous définissons la fonction exponentielle comme son inverse, $$ \exp := \ln^{-1} $$ Par le théorème de la fonction inverse, $\exp$ est différentiable et donc continue.
La série Maclaurin / Laurent de $\exp$ a un rayon de convergence infini $\exp$ peut être étendu de $\mathbb{R}$ pour une fonction fluide sur tous $\mathbb{C}.$ On peut donc définir la fonction $\sin$ par $$ \sin x := \frac{\exp(ix)-\exp(-ix)}{2i} $$ qui sera également lisse et donc continue.
Nous pouvons le faire avec des identités trigonométriques. Basé sur l'identité d'addition d'angle$$\sin(x + \delta) = \sin(x) \cos(\delta) + \cos(x) \sin(\delta),$$ il suffit de prouver la continuité de $\sin(x)$ et $\cos(x)$ comme $x \to 0$. Non seulement cela, mais depuis$\sin(-x) = -\sin(x)$ et $\cos(-x) = \cos(x)$, il suffit de prouver la bonne -continuité comme$x \to 0^+$.
Nous allons également utiliser la propriété qui $\sin(x)$ augmente $[0, \pi/2)$ et $\cos(x)$ diminue sur le même intervalle, que $\sin(0) = 0$, $\cos(0) = 1$, et cela $\sin(\pi/4) = \cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2.$
Alors disons que vous me donnez une valeur de $\epsilon > 0$, et vous voulez que je trouve une valeur de $\delta > 0$ pour que $\sin([0, \delta)) \subseteq [0, \epsilon)$. Car$\sin(x)$ augmente, il suffit de trouver $\delta$ pour que $\sin(\delta) < \epsilon$. A partir de$x = \pi/4$, Je peux utiliser à plusieurs reprises l'identité demi-angle $$\sin \left( \frac{x}{2} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos(x)}{2}} = \sqrt{1 - \cos^2(x)} \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}} = \sin(x) \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}}.$$
Sur $[0, \pi/4]$, $\sqrt{2}/2 \leq \cos(x) \leq 1$. Depuis$\sqrt{2}/2 > 7/18$, nous avons $2(1 + \cos(x)) \geq 2(1 + 7/18) = 25/9$ dans cette gamme, ce qui implique
\begin{align*} \sin \left( \frac{x}{2} \right) &\leq \frac{3}{5} \sin(x), \\ \sin \left( \frac{x}{2^n} \right) &\leq \left( \frac{3}{5} \right)^n \sin(x), \ \end{align*}
pour toute $x \in [0, \pi/4]$. Par conséquent, si tu me dis$\epsilon$, Je peux toujours trouver une valeur de $N$ pour que $\frac{\sqrt{2}}{2}\left( \frac{3}{5} \right)^N < \epsilon$, puis ma valeur de $\delta$ est $\frac{\pi}{4*2^N} = \frac{\pi}{2^{N+2}}$. Cela prouve que$\lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0$.
Car $\cos(x) = \sqrt{1 - \sin^2(x)}$, il s'ensuit également que $$\lim_{x \to 0^+} \cos(x) = \lim_{x \to 0^+} \sqrt{1 - \sin^2(x)} = \sqrt{1 - 0^2} = 1,$$ et nous avons la continuité nécessaire $\sin(x)$ et $\cos(x)$ à $x = 0$. QED.
C'est vraiment simple de justifier ça $sin$ est continue à zéro avec la définition après prise $\delta = \varepsilon$. Une fois que vous avez fait cela, la formule (5) dans le message @ user2661923 (ci-dessus) vous amènera à une belle justification formelle de la continuité de$sin$ (en utilisant ça $cos$ est délimité).
Je suis d'accord avec la logique du PO selon laquelle le raisonnement circulaire est impliqué. En fait, j'ai utilisé "Calculus 2nd Ed." par Apostol pour étudier le calcul. Dans ce livre, Apostol introduit d'abord la notion de fonctions sinus et cosinus de manière axiomatique, déclarant qu'il voulait trouver des fonctions qui satisfont les 4 axiomes suivants:
(1) Les fonctions sinus et cosinus sont définies partout sur la droite réelle.
(2) Valeurs spéciales: $\cos 0 = \sin(\pi/2) = 1, \;cos \,\pi = -1.$
(3) $\cos(y - x) = \cos y \cos x + \sin y \sin x.$
(4) Pour $0 < x < \pi/2$:
$\displaystyle 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x}.$
Apostol par la suite:
(a)
Démontré géométriquement que la notion traditionnelle de sinus et cosinus satisfait les axiomes ci-dessus tant que$\sin x, \,\cos x$ est interprété comme $\sin x$ radians, $\cos x$ radians: où $2\pi$ radians = $360^{\circ}.$
(b)
Démontré que toutes les autres identités trignométriques, y compris celles impliquant la continuité, la différenciation, l'intégration et les séries taylor de sinus et cosinus découlent de ces axiomes.
....................
Si je comprends bien la requête de l'OP, il veut établir que la fonction sinus est continue partout, sans le bénéfice de l'axiome (4) ci-dessus.
Il m'est très difficile de déterminer si cela est possible; il est très difficile de déterminer précisément quels résultats ultérieurs nécessitent en définitive l' axiome (4) ci-dessus.
La vraie question est peut-être: quelle est la solution envisagée? Je vais essayer. Dans ma tentative (ci-dessous), je suppose que la fonction sinus est continue à$x = 0.$ On pourrait facilement faire valoir, à la lumière de ce que l'on demande au PO de prouver, que cette hypothèse est injustifiée.
À ma connaissance, l'une des conséquences des axiomes (1) à (3) ci-dessus est [c'est-à-dire que l'axiome (4) n'est pas utilisé ici]:
(5) $\displaystyle \sin x - \sin a = 2 \sin\left(\frac{x - a}{2}\right) \times \cos\left(\frac{x + a}{2}\right).$
Puisque la fonction cosinus est une fonction bornée [c'est-à-dire pour tout $\theta, |\cos \theta| \leq 1|$],
(5) implique que$|\sin x - \sin a| \leq 2 \left|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)\right|.$
Il me semble que la mission est de montrer que pour tous $\epsilon > 0,$ il existe un $\delta > 0$ tel que
$0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |(\sin x) - (\sin a)| < \epsilon.$
Choisir $\delta > 0$ pour que $\sin (\delta/2) < \epsilon/2.$
Puisque la fonction sinusoïdale est supposée continue à $x = 0,$cela signifie que
(6) si$|(x - a)| < \delta,$ puis $|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)| < \sin (\delta/2) < \epsilon/2$
comme demandé.
Addenda
En passant en revue ma tentative ci-dessus, j'ai remarqué que j'avais oublié d'ajouter que (à ma connaissance) l'une des autres conséquences des axiomes (1) à (3) [c'est-à-dire axiome (4) encore inutilisé] est que
$\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1.$
Cette conséquence soutient l'hypothèse que la fonction cosinus est bornée par $\pm 1.$
Addendum -2
Bien que le raisonnement autour de (6) soit faisable , ma présentation ici était également imprudente.
Puisque la fonction sinus est supposée continue à $\theta = 0,$il existe un quartier
autour$(\theta = 0)$ tel que $\alpha$ à l'intérieur de ce quartier implique que
$|\sin(\alpha/2)| < \sin(\delta/2).$
Par conséquent, $(x-a)$ doit être contraint d'être dans ce quartier.