Tuesday, March 24, 2020

Первый замечательный предел

Замечательные пределы — термины, использующиеся в советских и российских учебниках по математическому анализу для обозначения двух широко известных математических тождеств со взятием предела:


* Первый замечательный предел:

$lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$



Ниже есть продолжение.


* Первый замечательный предел:

$lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$


Доказательство:




Сначала рассмотрим правый односторонний предел $\lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x}$ и докажем что он равен 1.

Пусть $x \in \left( 0; \frac{\pi}{2} \right)$. Отложим этот угол на окружности радиуса R ($R > 0$) так, чтобы его вершина совпадала с началом координат, а одна сторона совпадала с осью $OX$. Пусть $K$ — точка пересечения второй стороны угла с окружностью, а точка $L$ — с касательной к этой окружности в точке $A=\left( R; 0 \right)$. Точка $H$ — проекция точки $K$ на ось $OX$.

Из построения видно, что:

$S_{\triangle OAK} < S_{sect KOA} < S_{\triangle OAL}$ (1)

(где $S_{sect KOA}$ — площадь сектора $KOA$)

По построению $ \left| OA \right|= \left| OK \right|=R$ (OA и OK является радиусами).

Рассмотрим ${\triangle OHK}$ ($\angle OHK=\frac{\pi}{2}$).

По определению синуса $\sin x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OK \right|}$, т.е.

$\sin x=\frac { \left| KH \right|} {R}$, т.е. $\left| KH \right|=R\sin x$ (2)


По определению тангенса $tg x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OH \right|}$.

${\triangle OHK}$ подобен ${\triangle OAL}$ по первому признаку подобия ($\angle OHK=\angle OAL=\frac{\pi}{2}$, $\angle O$ - общий). Таким образом, $tg x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OH \right|}=\frac { \left| LA \right|} {\left| OA \right|}=\frac { \left| LA \right|} {\left| R \right|}$, т.е. $\left| LA \right|=Rtg x$ (3)


$S_{\triangle OAK} = \frac{1}{2} \cdot \left| OA \right| \cdot \left| KH \right| = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R\sin x=\frac{1}{2}R^2\sin x$
$S_{sect KOA} = \frac{R^2}{2} \cdot x =\frac{1}{2}R^2 x $
$S_{\triangle OAL} = \frac{1}{2} \cdot \left| OA \right| \cdot \left| LA \right|=\frac{1}{2} \cdot R \cdot Rtg x= \frac{1}{2}R^2 cdot tg x$

Подставляя в (1) получим:

$\frac{1}{2}R^2\sin x < \frac{1}{2}R^2 x < \frac{1}{2}R^2 \cdot tg x$ Сократим всё на $\frac{1}{2}R^2 > 0$, получим

$\sin x < x < tg x$

Так как при $x \to +0: \sin x > 0, x > 0, tg x > 0$:

$\frac{1}{tg x} < \frac{1}{x} < \frac{1}{\sin x}$

Умножаем на $\sin x$

$\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1$

Перейдём к пределу:

$\lim_{x \to +0}\cos x \leqslant \lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x} \leqslant 1$

$1 \leqslant \lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x} \leqslant 1$

$\lim_{x \to +0} \frac{\sin x}{x} = 1$

Таким образом, правый односторонний предел $\lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x}=1$.

Теперь рассмотрим левый односторонний предел $\lim_{x \to -0}\frac{\sin x}{x}$

$\lim_{x \to -0}\frac{\sin x}{x}=$ {$u = -x$, $x = -u$, $u \to +0$, $x \to -0$ }=$\lim_{u \to +0}\frac{\sin(-u)}{-u}$
$=\lim_{u \to +0}\frac{-\sin(u)}{-u}=\lim_{u \to +0}\frac{\sin(u)}{u} = 1$

Правый и левый односторонний пределы существуют и равны 1, а значит и сам предел равен 1. Q.E.D.

Следствия:

$\lim_{x \to 0}\frac{tg x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arcsin x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arctg x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{ \frac{x^2}{2} } = 1$

Доказтельство следствий:


$\lim_{x \to 0}\frac{tg x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x \cos x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0}\frac{1}{\cos x} = 1 \cdot 1 = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arcsin x}{x} =$ {$u=\arcsin x$, $x = \sin u$, $u \to 0$, $x \to 0$ } =$\lim_{u \to 0}\frac{u}{\sin u} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arctg x}{x} =$ {$u=arctg x$, $x = tg u$, $u \to 0$, $x \to 0$ } =$\lim_{u \to 0}\frac{u}{tg u} = 1$

Ддя доказательства последнего следствия используем формулу синуса половинного угла:

$\sin^2 \frac{\alpha}{2}=\frac{1-cos \alpha}{2}$

отсюда

$1-cos \alpha=2 \cdot \sin^2 \frac{\alpha}{2}$

$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{ \frac{x^2}{2} }= \lim_{x \to 0}\frac{2 \cdot \sin^2 \frac{x}{2}}{ 2 \cdot \left( \frac{x}{2} \right) ^2 }=\lim_{\frac{x}{2} \to 0}\left( \frac{\sin \frac{x}{2}}{\frac{x}{2}} \right) ^2 = 1^2 = 1$


Применение для вычисления длины окружности:


Формула для периметра правильного n-угольника связана с радиусом R описанным вокруг него окружности формулой является $P_n=n*2R sin \frac{\Pi}{n}$


Используя первый замечательный предел мы получим:

$P_n=n*2R sin \frac{\pi}{n}=n*2R*\frac{\pi}{n}*(\frac{n}{\pi}*sin \frac{\pi}{n})= { n\to\infty} } = n*2R*\frac{\pi}{n}=$
$=2R*\pi=2\piR$



На основании:

https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%BC%D0%B5%D1%87%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D1%8B%D0%B5_%D0%BF%D1%80%D0%B5%D0%B4%D0%B5%D0%BB%D1%8B


Отношение длины окружности к ее радиусу не зависит от окружности

Это отношение обознается греческое буквой π (читается пи).

Предварительное замечания:


* Теорема о существовании длины окружности. Пусть у нас есть окружность с радиусом R. В него мы можем вписать для каждого n правильный n-угольник. Также, мы можем описать вокруг круга правильный n-угольник. Имеет возрастающую последовательность вписанных правильных n-угольников (в смысле, что их периметры возрастают). Эта последовательность ограничена сверху (периметром описанного правильного n-угольника). Таким образом, по теореме Вейерштраса, у ней существует предел. Этот предел и будет длиной окружности $l$.


Ниже есть продолжение.


Возьмем две произвольные окружности ω1и ω2. Пусть R1 и R2 – их радиусы, а l1 и l2 – их длины соответственно. Допустим (от противного), что утверждение теоремы неверно, т.е.

$\frac{l_1}{2R_1} \neq \frac{l_2}{2R_2}$

Пусть, без ограничения общности, $\frac{l_1}{2R_1} > \frac{l_2}{2R_2}$ (иначе просто меняем индексы 1 и 2 местами в обозначениях переменных).

Обозначим через ε величину $\epsilon=\frac{l_1}{2R_1} - \frac{l_2}{2R_2}$. Очевидно, что ε фиксированное (конечное) число, а также, что $\epsilon > 0$.

Впишем в окружности правильные многоугольники. При достаточно больших n длины окружностей ω1 и ω2 будут сколь угодно мало отличаться от периметров вписанных многоугольников P1 и P2 соответственно. Заметим, так как многоугольники вписанные, см. выше теорему о существовании длины окружности, P1 < l1 и P2 < l2, т.е. $l_1-P_1 > 0$ и $l_2-P_2 > 0$

Обозначим $l_1-P_1=\delta_1$, $l_2-P_2=\delta_2$. Заметим, что δ1 и δ2 зависит от n (количества сторон вписанных многоугольников, чем больше сторон у правильного многоугольника, тем больше его периметр). Заметим так же, что $\delta_1>0$ и $\delta_2>0$.

Выберем δ1 так, чтобы $\delta_1 < 2 \epsilon R_1 $. Мы можем это сделать, т.к. в правой части у нас фиксированное (положительное) число, а δ1 мы можем выбрать сколько угодно малой, в частности меньше приведенного числа. Тогда

$\epsilon=\frac{l_1}{2R_1} - \frac{l_2}{2R_2}=\frac{P_1+\delta_1}{2R_1} - \frac{P_2+\delta_2}{2R_2}=(\frac{P_1}{2R_1} - \frac{P_2}{2R_2})+(\frac{\delta_1}{2R_1}- \frac{\delta_2}{2R_2})$

Однако, периметры правильных n-угольников относятся как радиусы описанных окружностей, см (#) ниже для доказатеьства, т.е. $\frac{P_1}{2R_1} = \frac{P_2}{2R_2}$, таким образом имеем

$\epsilon=\frac{\delta_1}{2R_1}- \frac{\delta_2}{2R_2}$

Однако, $\delta_1 < 2 \epsilon R_1$, таким образом

$\epsilon=\frac{\delta_1}{2R_1}- \frac{\delta_2}{2R_2} < \frac{2 \epsilon R_1}{2R_1}- \frac{\delta_2}{2R_2}= \epsilon - \frac{\delta_2}{2R_2} < \epsilon $

Мы получили $\epsilon < \epsilon $. Мы пришли к противоречию. Значит, наше допущение (от противного) было не верна, а значит верна изначальная посылка. Что и требовалось доказать. Q.E.D

Следствие: Отношение длины окружности к диаметру принято обозначать греческой буквой π (читается «пи») $\frac{l}{2R}=\pi$. Отсюда длина окружности вычисляется по формуле $l=2\piR$

Введем новую меру угла на основе понятия длины окружности.

Определение: Радианной мерой угла называется отношение длины дуги окружности, которая соответствует центральному углу, равному данному, к радиусу окружности.

Следствие:

Радианная мера угла $1 \circ$ в равна $\frac{\pi}{180}$

Доказательство:

Рассмотрим "дугу окружности" в целую окружность радиуса $R$. Длина окружности будет $2\pi R$. Центральные угол для такой "дуги" будет $360 \circ$ или $\frac{2\pi R}{R}=2\Pi$. Т.е. угол в $360 \circ$ является углов в $2 \pi$ радиан. Таким образом, $1 \circ$ в равна $\frac{2\pi}{360}=\frac{\pi}{180}$. Q.E.D


Отсюда радианная мера угла $180 \circ$ в равна $\pi$.


***

Теорема о площади круга Площадь круга с радиусом R равна $\pi R^2$.
Доказательство (предельный переход):

Площадь правильного многоугольника равна половине периметра, умноженного на высоту. При увеличении числа сторон многоугольник "стремится" к кругу: высота "стремится" к радиусу, периметр правильного многоугольника стремиться к длине окружности (последнее мы строго доказали выше). Это даёт основание считать, что площадь круга равна произведению половины длины окружности на радиус, то есть $\frac{l}{2} \cdot R=\pi R \cdot R = \piR^2$.

Доказательство Архимеда я вынес в отдельный пост.

Площадь (плоского) сектора круга задаётся формулой



https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A1%D0%B5%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80_%D0%BA%D1%80%D1%83%D0%B3%D0%B0

$S = \frac{r \cdot L}{2} = \frac{R^2 \alpha}{2} = \frac{\pi R^2 \theta}{360^\circ}$ ,

где $\theta$ — центральный угол в градусах, $\alpha$ - центральный угол в радианах, $L$ - длина дугу сектора, $R$ - радиус окружности.

Напомню, что $\alpha=\frac{L}{R}$, отсюда $L=\alpha R$.

***

Периметр правильного n-угольника связана с радиусом R описанным вокруг него окружности формулой $P_n=n*2R sin \frac{180 \circ}{n}$ (доказательство здесь и здесь).

Эту формулу можно переписать в радианах так:

$P_n=n*2R sin \frac{\Pi}{n}$

(#) Из формулы выше, получаем: $\frac{P_n}{2R}= sin \frac{180 \circ}{n}$ - константа для заданного n-угольника (n-фиксированное).

Используя первый замечательный предел можно показать, что $\lim_{n \to \infty} P_n=2\pi R$ (см. линк, там есть доказательство).


См. также:
Вычисление значение числа π через ряд Лейбница


На основании

https://multiring.ru/course/planimetry/content/chapter9/section/paragraph4/theory.html

Вычисление значение числа π через ряд Лейбница

См. также:
Отношение длины окружности к ее радиусу не зависит от окружности

Как известно $sin 45 ^\circ = cos 45 ^\circ=1$. Так же $1^\circ=\frac{2 \pi}{360}=\frac{\pi}{180}$. Отсюда

$tg 45 ^\circ= \frac{sin 45 ^\circ}{cos 45 ^\circ}=1$


Таким образом,

$1=tg 45 ^\circ=tg 45 * \frac{\pi}{180}=tg \frac{\pi}{4}$

отсюда ,

$arctg 1=\frac{\pi}{4}$

Разложим функцию $arctg x$ в ряд Тейлора: получим

$arctg x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \cdots $

Положим $x=1$, получим


$\frac{\pi}{4}=arctg 1=1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots$


Ниже есть продолжение.

Последняя формула может быть использована для вычисления значение π.

Заметим что, для того, чтобы доказать, что ряд выше сходится (допустим, мы не знаем, что он происходит из ряда Тейлора, а видим только конечную формулу), достаточно использовать признак Лейбница:

Пусть дан знакочередующийся ряд

$ S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} b_n$, где $b_n \ge 0$,

для которого выполняются следующие условия:

# $b_{n} \ge b_{n+1}$, начиная с некоторого номера ($n\ge N $),
# $\lim_{n \to \infty} b_n = 0.$

Тогда такой ряд сходится.

(для доказательства этого признака, можно рассмотреть две последовательности частичных сумм ряда $R_n=b_1-b_2+\ldots-b_{2n} $ и $L_n=b_1-b_2+\ldots+b_{2n+1} $. Обе эти последовательности сходятся по теорема Вейерштрасса как ограниченные монотонные последовательности, и сходятся к общему пределу, который и является суммой исходного ряда).

# знакочередование выполнено
# $\frac{1}{2n+1}< \frac{1}{2n+3} , \;\forall \;n$
# $\lim_{n \to \infty} \, \frac{1}{2n+1} = 0$.

Следовательно, так как все условия выполнены, ряд сходится




По материалам:
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%8F%D0%B4_%D0%9B%D0%B5%D0%B9%D0%B1%D0%BD%D0%B8%D1%86%D0%B0
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%BD%D0%B0%D0%BA%D0%BE%D1%87%D0%B5%D1%80%D0%B5%D0%B4%D1%83%D1%8E%D1%89%D0%B8%D0%B9%D1%81%D1%8F_%D1%80%D1%8F%D0%B4
https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D1%80%D0%B0%D0%B4%D1%83%D1%81_(%D0%B3%D0%B5%D0%BE%D0%BC%D0%B5%D1%82%D1%80%D0%B8%D1%8F)