הגבול של sin(x)/x

מתוך ויקיפדיה, האנציקלופדיה החופשית

יש לך הודעות חדשות (השווה לגרסה הקודמת).

כאשר הולך ערכה של הזווית x (ברדיאנים) ומתקרב לאפס, היחס בין הסינוס $\ \sin(x)$ של x לבין x הולך ומתקרב ל-1. בלשון מתמטית, אומרים שהגבול של המנה $\ \frac{\sin(x)}{x}$ כאשר x שואף לאפס, שווה ל- 1, ובנוסחה: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(x)}{x}=1$ .

עובדה בסיסית זו היא אבן רוזטה באנליזה של פונקציות טריגונומטריות: היא מאפשרת לחשב את הנגזרת של פונקציות אלה, את טורי טיילור שלהן, וגבולות רבים אחרים המערבים פונקציות טריגונומטריות.

תוכן עניינים

1 הוכחת הזהות

[עריכה] הוכחת הזהות

לזהות קיימות כמה הוכחות מהירות, המסתמכות על עובדות ידועות. מאלה, המכשלה הנפוצה ביותר היא השימוש בכלל לופיטל: כידוע, הנגזרת של פונקציית הסינוס היא פונקציית הקוסינוס, ועל-פי הכלל, הגבול של המנה $\ \frac{\sin(x)}{x}$ שווה לגבולה של מנת הנגזרות, $\ \frac{\cos(x)}{1}$ , שהוא כמובן 1. אלא שכדי לגזור את פונקציית הסינוס, אין מנוס משימוש בגבול שאותו אנו מנסים להוכיח כאן.

בגישה אחרת, אנליטית, מגדירים את פונקציות הסינוס והקוסינוס על-פי טורי טיילור הידועים שלהן, כלומר $\ \sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\dots$ ו- $\ \cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\dots$ . אז מוכיחים שהפונקציות מקיימות את הזהויות הטריגונומטריות המוכרות, כגון $\ \sin^2(x)+\cos^2(x)=1$ . הוכחת הזהויות אינה קשה משום שהטורים מתכנסים בהחלט בכל הישר הממשי. ההגדרה כוללת בתוכה גם את הגבול שבכותרת, שהרי את הגבול של היחס $\ \sin(x)/x$ אפשר לקרוא מן המקדם של x בנוסחה לסינוס. הבעיה היא שהפונקציות $\ \sin(tx),\cos(tx)$ מקיימות אותן זהויות טריגונומטריות, עבור כל ערך של t, ולכן קשה לקשור בשיטה זו את הפונקציות אל המשמעות הגאומטרית המקובלת שלהן.

הוכחתה של זהות יסודית כל-כך מצריכה באופן טבעי התבוננות זהירה בהגדרות של המושגים שבהם משתמשים, ובהם - זווית, רדיאן, אורך, סינוס ואפילו פאי. משום כך, נזכיר כאן את ההגדרות הדרושות בניסוח הטענה ובהוכחתה. להלן מובאות שתי הוכחות אפשריות, שבאחת מהן משתמשים בהשוואה של שטחים, ובשנייה בהשוואה של אורכי ישרים וקשתות. שתי השיטות מבוססות על ההגדרה הבאה של זווית: שני ישרים נפגשים ביניהם ב"זווית x", אם x הוא אורך הקשת שהם גוזרים ממעגל ברדיוס 1 סביב נקודת החיתוך שלהם.

בניית העזר הבסיסית

[עריכה] בסיס ההוכחה

הן ההוכחה מבוססת האורך והן ההוכחה מבוססת השטח משתמשות באותה בניית עזר, ופועלות להשגת מטרה משותפת: הוכחת אי-השוויון $\ \sin(x)<x<\tan(x)$ עבור x חיובי וקטן.

לאחר מכן מחלקים את אי-השוויון ב- x, ועל ידי העברות אגפים מתקבל אי השוויון $\ \cos(x)<\frac{\sin(x)}{x}<1$ , ומכאן (תוך שימת לב לכך שהחלפת $\ x$ ב- $\ -x$ אינה משנה את המנה) הגבול המבוקש נובע על-פי כלל הסנדביץ'.

בניית העזר המשמשת בשתי ההוכחות מוצגת בתמונה משמאל. אנו בונים על מעגל היחידה משולש שווה שוקיים AOB, כאשר O הוא מרכז המעגל ו-AO=OB הם רדיוסים שהזווית ביניהם היא $\ x$ . נסמן ב- C את מפגש הגובה היורד מ- B אל הצלע AO, עם הצלע, וב- D את מפגש האנך העולה מ- AO בנקודה A, עם הישר OB.

על פי הגדרת הסינוס והקוסינוס, אורך הצלע BC הוא $\ \sin x$ , ואורך הצלע AD הוא $\ \tan x$ . בשלב זה מתפצלת ההוכחה עבור כל אחת משתי הגישות השונות. מן הבחינה העקרונית, שתי השיטות נסמכות על רעיונות בעלי מורכבות דומה, ואפשר לטעון שהעדפת שיטה אחת או אחרת היא עניין של טעם.

[עריכה] הוכחה מבוססת שטח

בגישה זו, ההוכחה מתבצעת על ידי השוואת שטחי המשולש AOB, הגזרה AOB (התחומה על ידי הרדיוסים AO ו-OB והקשת AB) והמשולש AOD.

שטח המשולש AOB הוא $\ \sin(x)/2$ (הצלע BC כפול הצלע OA שאורכה יחידה, חלקי 2). בצורה דומה, שטח המשולש הגדול יותר, AOD, הוא $\ \tan(x)/2$ .

החישוב המרכזי הוא זה של שטח הגזרה AOB, ובו טמונה מורכבות ההוכחה. בשל הסימטריה של המעגל, שטח של גזרה הנשענת על זווית של $\ x$ רדיאנים מהווה $\ \frac{x}{2\pi}$ משטח המעגל הכולל. על כן, אם ידוע כי שטח מעגל היחידה הוא $\ \pi$ , הרי ששטח הגזרה הוא $\ \frac{x}{2\pi}\cdot\pi=\frac{x}{2}$ .

מכיוון שבבירור המשולש AOB מוכל בגזרה AOB שמוכלת במשולש AOD מתקבל על ידי השוואת שטחיהם אי השוויון $\ \frac{\sin(x)}{2}< \frac{x}{2}<\frac{\tan(x)}{2}$ וממנו נובעת התוצאה המבוקשת.

נותר להוכיח את הקביעה ששטח מעגל היחידה הוא $\ \pi$ . גישה אחת להוכחה זו מבוססת על "שיטת המיצוי" שפיתחו הגאומטריקנים היוונים, המחלקת את המעגל למשולשים שמספרם הולך ורב, ומראה שהשגיאה בהערכת השטח, הכוללת את הפערים שבין גזרות למשולשים, חסומה בטבעת שאפשר לעשותה דקה כרצוננו. סכום אורכיהם של בסיסי המשולשים שואף להיקף המעגל, $\ 2\pi$ , ואילו הגובה בכל אחד מהמשולשים שואף לרדיוס שאורכו יחידה, ולכן סכום שטחי המשולשים שואף ל- $\ \pi$ . שיטה דומה עוטפת את המעגל מניה וביה במצולעים משוכללים.

[עריכה] הוכחה מבוססת אורך

חלוקת הקשת לקשתות משנה, והקטעים המתאימים להן

מכיוון שהצלע BC היא סינוס x, הקשת BA היא x ואילו הצלע AD היא טנגנס x, כל שנותר להראות הוא שהצלע BC קצרה מהקשת BA, שקצרה מהצלע AD. לשם כך יש להגדיר במדוייק מהו אורך של קו שאינו ישר, מסילה, ואין מנוס מלהגדיר גם אותו באופן מסודר. אורכה של מסילה הוא המספר הקטן ביותר הגדול מסכום המרחקים $\ |P_1P_2|+\dots+|P_{n-1}P_n|$ לכל סדרה סופית של נקודות $\ P_1,\dots,P_n$ על המסילה. הגדרה זו, הגם שהיא מובלעת בחישובי שטחים ונפחים מאז אוקלידס, לא הופיעה בצורתה זו במפורש, אלא בתקופתם של ניוטון ולייבניץ, מייסדי החשבון האינפיניטיסימלי.

כעת, מכיוון שהמשולש ACB ישר זווית, מתקיים $\ \sin(x)=|BC|<|AB|=2\sin(x/2)$ , אבל $\ 2\sin(x/2)<x$ מכיוון שהקשת שאורכה x מחברת את הנקודות AB, שהמרחק ביניהן $\ 2\sin(x/2)$ . בכך סיימנו להוכיח את חלקו השמאלי של האי-שוויון.

השוואת קטעים

כדי להוכיח את אי-השוויון באגף ימין, נבחין שהמרחק בין A ל- D הוא $\ \tan(x)$ . נראה שהקשת x קצרה מן הקטע AD. נניח שהנקודות $\ P_1,\dots,P_n$ פזורות לאורך הקשת AB ומסודרות לפי קרבתן ל- A. נעביר את הרדיוסים מהנקודה O אל הנקודות האלה, ונמשיך אותם עד שיפגשו בקטע AD. את נקודות המפגש נסמן $\ Q_1,\dots,Q_n$ . כעת נשאר להראות שסכום המרחקים $\ |P_iP_{i+1}|$ קטן מסכום המרחקים $\ |Q_iQ_{i+1}|$ . עבור כל $\ i=1,\dots,n-1$ , אפשר להעביר במרובע $\ P_iP_{i+1}Q_{i+1}Q_i$ את הישר $\ Q_{i}R$ המקביל לצלע $\ P_iP_{i+1}$ ; הזוויות $\ \angle P_{i+1}P_{i}Q_i, \angle P_iP_{i+1}Q_{i+1}, \angle Q_iRQ_{i+1}$ כולן קהות ושוות זו לזו, כבאיור משמאל. מכאן ברור ש- $\ |P_iP_{i+1}|<|Q_iR|<|Q_iQ_{i+1}|$ . כשמסכמים את אי-השוויונים האלה, מתקבל $\ \sum|P_iP_{i+1}|<\sum|Q_iQ_{i+1}|=|AD|$ , כדרוש.