Круговое рассуждение в доказательстве $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Я только начал изучать доказательство предела эпсилон-дельта, и я хочу знать, как доказать, используя определение предела эпсилон-дельта, которое $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Я пробовал и потерпел неудачу, поэтому я поискал его в Интернете и обнаружил, что хитрость заключается в использовании личности $\sin x < x$. Я не могу найти никаких доказательств, которые не используют эту личность.
Я никогда раньше не видел этого тождества, поэтому искал его доказательство и нашел это доказательство, в котором используется теорема о среднем значении. Опять же, я еще не изучил теорему о среднем значении, но, согласно веб-сайту, для нее требуется непрерывная (и дифференцируемая) функция.$f$.
Но концепция непрерывности определяется с помощью определения предела эпсилон-дельта! Фактически то, что$\sin(x)$ непрерывно - это именно то утверждение, которое я пытаюсь доказать выше: $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Это явно круговая аргументация. Мой вопрос в том, как этого избежать? Либо должен быть способ доказать$\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$ без личности $\sin x < x$, или нам нужно доказать $\sin x < x$без того факта, что грех непрерывен. Или я полагаю, может быть третий вариант? Я не могу найти ответов, как это сделать, что мне очень странно ...
Ответы
Очень аналитический подход - начать с интегралов и определить $\log, \exp, \sin$ и покажем, что они гладкие и, следовательно, непрерывные на своей области определения.
Сначала определим натуральный логарифм как $$ \ln x := \int_1^x \frac{dt}{t} $$ Легко показать законы логарифма, используя это определение и правила интегрирования, и что $\ln$ дифференцируема.
Затем мы определяем экспоненциальную функцию как обратную ей, $$ \exp := \ln^{-1} $$ По теореме об обратной функции $\exp$ дифференцируема, а значит, непрерывна.
Маклорен / Лоран. $\exp$ имеет бесконечный радиус сходимости, поэтому $\exp$ может быть продлен с $\mathbb{R}$ к гладкой функции на всех $\mathbb{C}.$ Следовательно, мы можем определить функцию $\sin$ по $$ \sin x := \frac{\exp(ix)-\exp(-ix)}{2i} $$ который также будет гладким и, следовательно, непрерывным.
Мы можем сделать это с помощью тригонометрических тождеств. На основе идентичности сложения углов$$\sin(x + \delta) = \sin(x) \cos(\delta) + \cos(x) \sin(\delta),$$ достаточно доказать непрерывность $\sin(x)$ и $\cos(x)$ в виде $x \to 0$. Не только это, но так как$\sin(-x) = -\sin(x)$ и $\cos(-x) = \cos(x)$, достаточно доказать -непрерывность справа при$x \to 0^+$.
Мы также собираемся использовать свойство, которое $\sin(x)$ увеличивается на $[0, \pi/2)$ и $\cos(x)$ убывает на том же интервале, что $\sin(0) = 0$, $\cos(0) = 1$, и это $\sin(\pi/4) = \cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2.$
Допустим, вы дали мне значение $\epsilon > 0$, и вы хотите, чтобы я нашел значение $\delta > 0$ так что $\sin([0, \delta)) \subseteq [0, \epsilon)$. Потому как$\sin(x)$ растет, достаточно найти $\delta$ так что $\sin(\delta) < \epsilon$. Начиная с$x = \pi/4$, Я могу неоднократно использовать тождество полуугла $$\sin \left( \frac{x}{2} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos(x)}{2}} = \sqrt{1 - \cos^2(x)} \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}} = \sin(x) \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}}.$$
На $[0, \pi/4]$, $\sqrt{2}/2 \leq \cos(x) \leq 1$. поскольку$\sqrt{2}/2 > 7/18$, у нас есть $2(1 + \cos(x)) \geq 2(1 + 7/18) = 25/9$ в этом диапазоне, что означает
\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*}
для любой $x \in [0, \pi/4]$. Поэтому, если вы мне скажете$\epsilon$, Я всегда могу найти значение $N$ так что $\frac{\sqrt{2}}{2}\left( \frac{3}{5} \right)^N < \epsilon$, а затем мое значение $\delta$ является $\frac{\pi}{4*2^N} = \frac{\pi}{2^{N+2}}$. Это доказывает, что$\lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0$.
Потому как $\cos(x) = \sqrt{1 - \sin^2(x)}$, также следует, что $$\lim_{x \to 0^+} \cos(x) = \lim_{x \to 0^+} \sqrt{1 - \sin^2(x)} = \sqrt{1 - 0^2} = 1,$$ и у нас есть необходимое право - непрерывность $\sin(x)$ и $\cos(x)$ в $x = 0$. QED.
Это действительно просто оправдать, что $sin$ непрерывна в нуле с определением после взятия $\delta = \varepsilon$. Как только вы это сделаете, Формула (5) в сообщении @ user2661923 (выше) приведет вас к красивому формальному обоснованию непрерывности$sin$ (используя это $cos$ ограничено).
Я согласен с логикой ОП, что здесь задействованы круговые рассуждения. Фактически, я использовал "Исчисление 2-е изд." Апостолом для изучения Исчисления. В этой книге Апостол впервые аксиоматически вводит понятие функций синуса и косинуса, заявляя, что он хотел найти функции, удовлетворяющие следующим 4 аксиомам:
(1) Функции синуса и косинуса определены всюду на вещественной прямой.
(2) Особые значения: $\cos 0 = \sin(\pi/2) = 1, \;cos \,\pi = -1.$
(3) $\cos(y - x) = \cos y \cos x + \sin y \sin x.$
(4) Для $0 < x < \pi/2$:
$\displaystyle 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x}.$
Впоследствии Апостол:
(а) Геометрически
продемонстрировал, что традиционное понятие синуса и косинуса удовлетворяет вышеуказанным аксиомам до тех пор, пока$\sin x, \,\cos x$ интерпретируется как $\sin x$ радианы, $\cos x$ радианы: где $2\pi$ радианы = $360^{\circ}.$
(b)
Продемонстрировано, что все другие тригнометрические тождества, включая те, которые включают непрерывность, дифференциацию, интегрирование и ряды Тейлора синуса и косинуса, вытекают из этих аксиом.
....................
Если я правильно понимаю запрос ОП, он хочет установить, что функция синуса непрерывна везде, без преимущества аксиомы (4) выше.
Мне очень трудно определить, возможно ли это; очень трудно точно определить, какие последующие результаты окончательно требуют аксиомы (4) выше.
Возможно, реальный вопрос - каково предполагаемое решение? Я нанесу удар. В своей попытке (ниже) я предполагаю, что функция синуса непрерывна на$x = 0.$ В свете того, что OP просят доказать, можно легко утверждать, что это предположение необоснованно.
Насколько мне известно, одно из следствий аксиом (1) - (3) выше [т.е. аксиома (4) здесь не используется]:
(5) $\displaystyle \sin x - \sin a = 2 \sin\left(\frac{x - a}{2}\right) \times \cos\left(\frac{x + a}{2}\right).$
Поскольку функция косинуса является ограниченной функцией [т.е. для всех $\theta, |\cos \theta| \leq 1|$],
(5) следует, что$|\sin x - \sin a| \leq 2 \left|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)\right|.$
Мне кажется, задача показать, что для всех $\epsilon > 0,$ существует $\delta > 0$ такой, что
$0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |(\sin x) - (\sin a)| < \epsilon.$
выберите $\delta > 0$ так что $\sin (\delta/2) < \epsilon/2.$
Поскольку синус-функция считается непрерывной при $x = 0,$это означает, что
(6) если$|(x - a)| < \delta,$ тогда $|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)| < \sin (\delta/2) < \epsilon/2$
как требуется.
Дополнение
Рассматривая свою попытку выше, я заметил, что забыл добавить, что (насколько мне известно) одно из других следствий аксиом (1) - (3) [т.е. аксиома (4) снова не используется] заключается в том, что
$\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1.$
Это следствие подтверждает предположение, что функция косинуса ограничена $\pm 1.$
Приложение -2
Хотя рассуждения вокруг (6) допустимы , моя презентация здесь также была небрежной.
Поскольку синус-функция считается непрерывной при $\theta = 0,$есть район
вокруг$(\theta = 0)$ такой, что $\alpha$ внутри этой окрестности следует, что
$|\sin(\alpha/2)| < \sin(\delta/2).$
Следовательно, $(x-a)$ должен быть вынужден находиться в этом районе.