Bevis lim cosx=1 när x går mot noll

Jag skulle använda mig av följande formel (det är också vad jag tror uppgiften menar med "halva vinkel för sinus"):

$\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \left(\theta \right)}{2}}$

För att verkligen bevisa detta så måste man på något sätt använda den formella epsilon delta-definitionen av ett gränsvärde.

Med omskrivningen med halva vinkeln så måste man ändå formellt visa att

lim x -> 0 sin(x) = 0

och då kan man väl lika gärna gå direkt på

lim x -> 0 cos(x) = 1 

Jag testar o återkommer!

Jag beskriver fallet då $x$ är positivt; du får själv hantera fallet då $x$ är negativt.

I närheten av $x=0$ ligger grafen till cosinusfunktionen mellan två räta linjer: $y=1$ och $y=1-nx,$ för ett lämpligt val av det positiva talet $n$; det önskade gränsvärdet är en trivial konsekvens. 

Albiki skrev:

Jag beskriver fallet då $x$ är positivt; du får själv hantera fallet då $x$ är negativt.

I närheten av $x=0$ ligger grafen till cosinusfunktionen mellan två räta linjer: $y=1$ och $y=1-nx,$ för ett lämpligt val av det positiva talet $n$; det önskade gränsvärdet är en trivial konsekvens. 

 Och hur bevisar jag det? Måste jag bara assumera att det är något som vi redan vet?

Dr. G skrev:

För att verkligen bevisa detta så måste man på något sätt använda den formella epsilon delta-definitionen av ett gränsvärde.

Med omskrivningen med halva vinkeln så måste man ändå formellt visa att

lim x -> 0 sin(x) = 0

och då kan man väl lika gärna gå direkt på

lim x -> 0 cos(x) = 1 

 Hmmm tyvärr jag bara lyckas bevisa att sinus är lika med sinus eller cosinus är lika med cosinus...

Fiasco 1:

$$\begin{gathered} {\sin }^2\frac{\theta }{2}=\pm \sqrt{\frac{1-\cos \theta }{2}} \\ {\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}=\pm \sqrt{\frac{{\displaystyle 1-\left({\cos }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}-{\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}\right)}}{{\displaystyle 2}}} \\ {\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}=\pm \sqrt{\frac{{\displaystyle {\cos }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}+{\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}-\left({\cos }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}-{\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}\right)}}{{\displaystyle 2}}} \\ {\sin }^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}=\pm \sqrt{s{\mathrm{in}}^2\frac{{\displaystyle \theta }}{{\displaystyle 2}}} \end{gathered}$$

Fiasco 2:

$$\begin{gathered} 2{\sin }^2\frac{\theta }{2}=1-\cos \theta \\ 1-2{\sin }^2\frac{\theta }{2}=\cos \theta \\ {\cos }^2\frac{\theta }{2}+{\sin }^2\frac{\theta }{2}-2{\sin }^2\frac{\theta }{2}=\cos \theta \\ =\left[blablabla värdelös utveckling tills\right]= \\ \cos \theta =\cos \theta \end{gathered}$$

Språkpolisen meddelar: "Assumera" heter "anta" på svenska. (De flesta svenskar skulle nog kunna gissa vad du menar med assummera, eftersom det liknar ett engelskt ord.)

Jag ska anta i framtiden :D

Jag skulle börja utifrån:

$\displaystyle |sin(\frac{x}{2})|=|\frac{x}{2}|$

Använd sedan halvvinkelformeln och förenkla så att du får cosinus ensamt i ett led.

dajamanté skrev:

Albiki skrev:

Jag beskriver fallet då $x$ är positivt; du får själv hantera fallet då $x$ är negativt.

I närheten av $x=0$ ligger grafen till cosinusfunktionen mellan två räta linjer: $y=1$ och $y=1-nx,$ för ett lämpligt val av det positiva talet $n$; det önskade gränsvärdet är en trivial konsekvens.

 Och hur bevisar jag det? Måste jag bara assumera att det är något som vi redan vet?

Rita en bild över grafen till funktionen $\cos x$ i en omgivning av punkten $x=0$; rita också grafen till funktionen $y(x) = 1$ och grafen till funktionen $f(x) = 1-nx$ över samma omgivning. Om du väljer det positiva talet $n$ tillräckligt stort så visar bilden att följande olikhet gäller över den aktuella omgivningen.

    $\displaystyle 1-nx \leq \cos x \leq 1$.

Det följer direkt att

$\lim_{x\to 0}1-nx \leq \lim_{x\to 0} \cos x \leq \lim_{x\to 0}1 \Leftrightarrow 1 \leq \lim_{x\to 0}\cos x \leq 1.$

 te

dajamanté skrev:

Albiki skrev:

Jag beskriver fallet då $x$ är positivt; du får själv hantera fallet då $x$ är negativt.

I närheten av $x=0$ ligger grafen till cosinusfunktionen mellan två räta linjer: $y=1$ och $y=1-nx,$ för ett lämpligt val av det positiva talet $n$; det önskade gränsvärdet är en trivial konsekvens. 

 Och hur bevisar jag det? Måste jag bara assumera att det är något som vi redan vet?

Markera den lilla positiva vinkeln $x$ i Enhetscirkeln. Det bildas en stor triangel (vars kateter är $\cos x$ och $\sin x$) och en liten triangel (vars kateter är $\sin x$ och $1-\cos x$). Den lilla triangelns hypotenusa är kortare än cirkelbågen (vars längd är $x$) vilket betyder att

    $\displaystyle \sqrt{\sin^2 x + (1-\cos x)^2} \leq x \Rightarrow 1-0.5x^2 \leq \cos x.$

AlvinB skrev:

Jag skulle börja utifrån:

$\displaystyle |sin(\frac{x}{2})|=|\frac{x}{2}|$

Använd sedan halvvinkelformeln och förenkla så att du får cosinus ensamt i ett led.

Ok, nästan där :)

$$\begin{gathered} \left|\sin \left(\frac{x}{2}\right)\right|\le \left|\frac{x}{2}\right| \\ \sqrt{\frac{1-\cos \left(x\right)}{2}}\le \left|\frac{{\displaystyle x}}{{\displaystyle 2}}\right| \\ \frac{{\displaystyle 1-\cos \left(x\right)}}{{\displaystyle 2}}\le {\left|\frac{{\displaystyle x}}{{\displaystyle 2}}\right|}^2 \\ \underset{x\to 0}{lim} \cos \left(x\right)\le 1-\frac{{\displaystyle x^2}}{{\displaystyle 2}}=1 \end{gathered}$$

Pust. Stämmer det med vad du menar?

Förresten, snyggt med displaystyle! 

Albiki skrev:

dajamanté skrev:

Visa föregående citat

Albiki skrev:

Jag beskriver fallet då $x$ är positivt; du får själv hantera fallet då $x$ är negativt.

I närheten av $x=0$ ligger grafen till cosinusfunktionen mellan två räta linjer: $y=1$ och $y=1-nx,$ för ett lämpligt val av det positiva talet $n$; det önskade gränsvärdet är en trivial konsekvens. 

 Och hur bevisar jag det? Måste jag bara assumera att det är något som vi redan vet?

Markera den lilla positiva vinkeln $x$ i Enhetscirkeln. Det bildas en stor triangel (vars kateter är $\cos x$ och $\sin x$) och en liten triangel (vars kateter är $\sin x$ och $1-\cos x$). Den lilla triangelns hypotenusa är kortare än cirkelbågen (vars längd är $x$) vilket betyder att

    $\displaystyle \sqrt{\sin^2 x + (1-\cos x)^2} \leq x \Rightarrow 1-0.5x^2 \leq \cos x.$

 Aha du använder displaystyle också :). Varför har jag inte märkt det förrut!

Tack, den här lösning förstår jag utmärkt.

Men hur kom du på (i din andra lösning) att använda $1-nx$? ($y=1$ är jag med, tack o lov)

dajamanté skrev:

AlvinB skrev:

Jag skulle börja utifrån:

$\displaystyle |sin(\frac{x}{2})|=|\frac{x}{2}|$

Använd sedan halvvinkelformeln och förenkla så att du får cosinus ensamt i ett led.

Ok, nästan där :)

$$\begin{gathered} \left|\sin \left(\frac{x}{2}\right)\right|\le \left|\frac{x}{2}\right| \\ \sqrt{\frac{1-\cos \left(x\right)}{2}}\le \left|\frac{{\displaystyle x}}{{\displaystyle 2}}\right| \\ \frac{{\displaystyle 1-\cos \left(x\right)}}{{\displaystyle 2}}\le {\left|\frac{{\displaystyle x}}{{\displaystyle 2}}\right|}^2 \\ \underset{x\to 0}{lim} \cos \left(x\right)\le 1-\frac{{\displaystyle x^2}}{{\displaystyle 2}}=1 \end{gathered}$$

Pust. Stämmer det med vad du menar?

Förresten, snyggt med displaystyle! 

 Nja, du har blandat ihop det i sista steget. Olikheten blir ju:

$\displaystyle 1-\frac{x^{2}}{2} \leq$$cos(x)$

Man kan sedan sätta en övre gräns i och med att man vet att $cos(x) \leq 1$:

$\displaystyle 1-\frac{x^{2}}{2} \leq$$cos(x) \leq 1$

Sedan är det ganska uppenbart att gränsvärdet blir $1$. Vill man vara formell kan man hänvisa till instängningssatsen eller the Sandwich theorem som den heter på engelska.

Jag tror att vi får inte använda vad vi redan vet (om cos x mindre eller lika med 1!)

Okej, men det är ju ganska enkelt att tänka sig fram till. Enligt Pythagoras sats är ju hypotenusan i en rätvinklig triangel alltid större än katetrarna. Eftersom cosinus är närliggande kateter delat på hypotenusan kommer ju nämnaren vara större än eller lika med täljaren, och då blir bråket mindre än eller lika med ett. Alltså kan cosinus aldrig vara större än ett.

AlvinB skrev:

Okej, men det är ju ganska enkelt att tänka sig fram till. Enligt Pythagoras sats är ju hypotenusan i en rätvinklig triangel alltid större än katetrarna. Eftersom cosinus är närliggande kateter delat på hypotenusan kommer ju nämnaren vara större än eller lika med täljaren, och då blir bråket mindre än eller lika med ett. Alltså kan cosinus aldrig vara större än ett.

 Det här borde jag ha börjat (och avslutat med :). Tack för allt hjälp!