Penalaran melingkar dalam membuktikan $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Saya baru saja mulai belajar tentang bukti batas epsilon-delta, dan saya ingin tahu cara membuktikan menggunakan definisi epsilon-delta dari batas itu $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Saya mencoba dan gagal, jadi saya mencarinya secara online dan menemukan triknya adalah menggunakan identitas $\sin x < x$. Saya tidak dapat menemukan bukti yang tidak menggunakan identitas ini.
Saya belum pernah melihat identitas ini sebelumnya, jadi saya mencari buktinya dan menemukan bukti ini yang menggunakan teorema nilai rata-rata. Sekali lagi, saya belum mempelajari teorema nilai rata-rata, tetapi menurut situs web, itu membutuhkan fungsi yang berkelanjutan (dan dapat dibedakan)$f$.
Tetapi konsep kontinuitas didefinisikan menggunakan definisi batas epsilon-delta! Faktanya, faktanya$\sin(x)$ terus menerus adalah pernyataan yang saya coba buktikan di atas: $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Ini jelas merupakan penalaran melingkar. Pertanyaan saya adalah bagaimana cara menghindarinya? Harus ada cara untuk membuktikannya$\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$ tanpa identitas $\sin x < x$, atau kami perlu membuktikan $\sin x < x$tanpa fakta bahwa dosa terus berlanjut. Atau saya kira mungkin ada opsi ke-3? Saya tidak dapat menemukan jawaban tentang bagaimana melakukannya, yang menurut saya paling aneh ...
Jawaban
Pendekatan yang sangat analitik adalah memulai dari integral dan mendefinisikan $\log, \exp, \sin$ dan menunjukkan bahwa ini mulus, dan karenanya berkelanjutan, di domain mereka.
Pertama kita mendefinisikan logaritma natural dengan $$ \ln x := \int_1^x \frac{dt}{t} $$ Sangat mudah untuk menunjukkan hukum logaritma menggunakan definisi ini dan aturan integrasi, dan itu $\ln$ dapat dibedakan.
Kemudian kita mendefinisikan fungsi eksponensial sebagai kebalikannya, $$ \exp := \ln^{-1} $$ Dengan teorema fungsi terbalik, $\exp$ dapat dibedakan dan dengan demikian berkelanjutan.
Seri Maclaurin / Laurent dari $\exp$ memiliki radius konvergensi yang tak terhingga $\exp$ dapat diperpanjang dari $\mathbb{R}$ ke fungsi yang mulus di semua $\mathbb{C}.$ Karena itu kita dapat mendefinisikan fungsinya $\sin$ oleh $$ \sin x := \frac{\exp(ix)-\exp(-ix)}{2i} $$ yang juga akan mulus dan terus menerus.
Kita dapat melakukan ini dengan identitas trigonometri. Berdasarkan identitas penjumlahan sudut$$\sin(x + \delta) = \sin(x) \cos(\delta) + \cos(x) \sin(\delta),$$ itu cukup untuk membuktikan kontinuitas $\sin(x)$ dan $\cos(x)$ sebagai $x \to 0$. Bukan hanya itu, tapi sejak itu$\sin(-x) = -\sin(x)$ dan $\cos(-x) = \cos(x)$, itu cukup untuk membuktikan -kontinuitas benar sebagai$x \to 0^+$.
Kami juga akan menggunakan properti itu $\sin(x)$ meningkat $[0, \pi/2)$ dan $\cos(x)$ menurun pada interval yang sama, itu $\sin(0) = 0$, $\cos(0) = 1$, dan itu $\sin(\pi/4) = \cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2.$
Jadi katakanlah Anda memberi saya nilai $\epsilon > 0$, dan Anda ingin saya menemukan nilai $\delta > 0$ yang seperti itu $\sin([0, \delta)) \subseteq [0, \epsilon)$. Karena$\sin(x)$ meningkat, itu sudah cukup untuk ditemukan $\delta$ yang seperti itu $\sin(\delta) < \epsilon$. Mulai dari$x = \pi/4$, Saya dapat berulang kali menggunakan identitas setengah sudut $$\sin \left( \frac{x}{2} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos(x)}{2}} = \sqrt{1 - \cos^2(x)} \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}} = \sin(x) \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}}.$$
Di $[0, \pi/4]$, $\sqrt{2}/2 \leq \cos(x) \leq 1$. Sejak$\sqrt{2}/2 > 7/18$, kita punya $2(1 + \cos(x)) \geq 2(1 + 7/18) = 25/9$ dalam kisaran ini, yang berarti
\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*}
untuk apapun $x \in [0, \pi/4]$. Karena itu, jika Anda memberi tahu saya$\epsilon$, Saya selalu dapat menemukan nilai $N$ yang seperti itu $\frac{\sqrt{2}}{2}\left( \frac{3}{5} \right)^N < \epsilon$, dan kemudian nilai saya $\delta$ adalah $\frac{\pi}{4*2^N} = \frac{\pi}{2^{N+2}}$. Ini membuktikannya$\lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0$.
Karena $\cos(x) = \sqrt{1 - \sin^2(x)}$, itu juga mengikuti itu $$\lim_{x \to 0^+} \cos(x) = \lim_{x \to 0^+} \sqrt{1 - \sin^2(x)} = \sqrt{1 - 0^2} = 1,$$ dan kami memiliki kesinambungan hak yang dibutuhkan $\sin(x)$ dan $\cos(x)$ di $x = 0$. QED.
Sangat sederhana untuk membenarkannya $sin$ kontinu di nol dengan definisi setelah mengambil $\delta = \varepsilon$. Setelah Anda melakukan itu, Rumus (5) di @ user2661923 (di atas) posting akan membawa Anda ke justifikasi formal yang bagus tentang kontinuitas$sin$ (menggunakan itu $cos$ terikat).
Saya setuju dengan logika OP yang melibatkan penalaran melingkar. Sebenarnya, saya menggunakan "Calculus 2nd Ed." oleh Apostol untuk mempelajari Kalkulus. Dalam buku itu, Apostol pertama kali memperkenalkan gagasan tentang fungsi sinus dan kosinus secara aksiomatis, menyatakan bahwa dia ingin menemukan fungsi yang memenuhi 4 aksioma berikut:
(1) Fungsi sinus dan kosinus didefinisikan di mana-mana pada garis nyata.
(2) Nilai khusus: $\cos 0 = \sin(\pi/2) = 1, \;cos \,\pi = -1.$
(3) $\cos(y - x) = \cos y \cos x + \sin y \sin x.$
(4) Untuk $0 < x < \pi/2$:
$\displaystyle 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x}.$
Apostol kemudian:
(a)
Menunjukkan secara geometris bahwa pengertian tradisional sinus dan kosinus memenuhi aksioma di atas selama$\sin x, \,\cos x$ diartikan sebagai $\sin x$ radian, $\cos x$ radian: dimana $2\pi$ radian = $360^{\circ}.$
(b)
Menunjukkan bahwa semua identitas trignometri lainnya, termasuk yang melibatkan kontinuitas, diferensiasi, integrasi, dan deret taylor aliran sinus dan kosinus dari aksioma-aksioma ini.
....................
Jika saya memahami kueri OP dengan benar, dia ingin menetapkan bahwa fungsi sinus kontinu di mana-mana, tanpa memanfaatkan aksioma (4) di atas.
Sangat sulit bagi saya untuk menentukan apakah ini mungkin; sangat sulit untuk secara tepat menentukan apa hasil berikutnya ulimately membutuhkan aksioma (4), atas.
Mungkin pertanyaan sebenarnya adalah - apa solusi yang diinginkan? Aku akan mencobanya. Dalam percobaan saya (di bawah), saya mengasumsikan bahwa fungsi sinus kontinu pada$x = 0.$ Dapat dengan mudah diperdebatkan, sehubungan dengan apa yang diminta OP untuk dibuktikan, bahwa asumsi ini tidak beralasan.
Sepengetahuan saya, salah satu konsekuensi dari aksioma (1) sampai (3) di atas adalah [yaitu aksioma (4) tidak digunakan di sini]:
(5) $\displaystyle \sin x - \sin a = 2 \sin\left(\frac{x - a}{2}\right) \times \cos\left(\frac{x + a}{2}\right).$
Karena fungsi cosinus adalah fungsi yang dibatasi [yaitu untuk semua $\theta, |\cos \theta| \leq 1|$],
(5) menyiratkan bahwa$|\sin x - \sin a| \leq 2 \left|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)\right|.$
Tampak bagi saya bahwa tugasnya adalah menunjukkan itu untuk semua $\epsilon > 0,$ ada $\delta > 0$ seperti yang
$0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |(\sin x) - (\sin a)| < \epsilon.$
Memilih $\delta > 0$ yang seperti itu $\sin (\delta/2) < \epsilon/2.$
Karena fungsi sinus diasumsikan kontinu pada $x = 0,$ini berarti bahwa
(6) jika$|(x - a)| < \delta,$ kemudian $|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)| < \sin (\delta/2) < \epsilon/2$
seperti yang dipersyaratkan.
Tambahan
Dalam meninjau usaha saya di atas, saya perhatikan bahwa saya lupa menambahkan bahwa (sejauh pengetahuan saya) salah satu konsekuensi lain dari aksioma (1) sampai (3) [yaitu aksioma (4) lagi tidak digunakan] adalah bahwa
$\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1.$
Konsekuensi ini mendukung asumsi bahwa fungsi cosinus dibatasi oleh $\pm 1.$
Tambahan -2
Meskipun penalaran sekitar (6) bisa dilakukan , presentasi saya di sini juga ceroboh.
Karena fungsi sinus diasumsikan kontinu pada $\theta = 0,$ada lingkungan
sekitar$(\theta = 0)$ seperti yang $\alpha$ di dalam lingkungan ini menyiratkan itu
$|\sin(\alpha/2)| < \sin(\delta/2).$
Karena itu, $(x-a)$ harus dibatasi untuk berada di lingkungan ini.