הוכחות מתמטיות/חשבון אינפיניטסימלי/גבולות, סדרות ורציפות/גבולות/הגבול של sin(x)/x

משפט

$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1$

הערה: למשפט זה אין ערך רב כשלעצמו, אך הוא משמש כבסיס לרוב האנליזה הטריגונומטרית.

בניית העזר הבסיסית

בסיס ההוכחה

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

לאחר מכן מחלקים את אי-השוויון ב- $\sin(x)$ 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 הסנדוויץ'.

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 שהזוית 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 $BC=\sin(x)$ ואורך הצלע $AD=\tan(x)$ . 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.

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 ${\frac {\sin(x)}{2}}$ (מחצית מכפלת $BC$ בצלע $AO$ שאורכה יחידה). בצורה דומה, שטח המשולש הגדול יותר, $AOD$ , הוא ${\frac {\tan(x)}{2}}$ .

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

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

נותר להוכיח את הקביעה ששטח מעגל היחידה הוא $\pi$ . גישה אחת להוכחה זו מבוססת על "שיטת המיצוי" שפיתחו הגאומטריקאים 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.

הוכחה מבוססת אורך

חלוקת הקשת לקשתות משנה, והקטעים המתאימים להן

כיון שהצלע $BC=\sin(x)$ , הקשת ${\widehat {AB}}=x$ ואילו הצלע $AD=\tan(x)$ , כל שנותר להראות הוא ש- $BC<{\widehat {AB}}<AD$ . לשם כך יש להגדיר במדויק מהו אורך של קו שאינו ישר, מסילה, ואין מנוס מלהגדיר גם אותו באופן מסודר. אורכה של מסילה הוא המספר הקטן ביותר הגדול מסכום המרחקים $|P_{1}P_{2}|+\cdots +|P_{n-1}P_{n}|$ לכל סדרה סופית של נקודות $P_{1},\ldots ,P_{n}$ על המסילה.

כעת, כיון ש- $\triangle ACB$ ישר-זוית, מתקיים $\sin(x)=BC<AB=2\sin \left({\frac {x}{2}}\right)$ , אבל $2\sin \left({\frac {x}{2}}\right)<x$ מכיון שהקשת שאורכה $x$ מחברת את הנקודות $A,B$ שהמרחק ביניהן $2\sin \left({\frac {x}{2}}\right)$ . בכך סיימנו להוכיח את חלקו השמאלי של אי-השוויון.

השוואת קטעים

כדי להוכיח את אי-השוויון באגף ימין, נבחין כי $AD=\tan(x)$ . נראה שהקשת $x$ קצרה מן הקטע $AD$ .

נניח שהנקודות $P_{1},\ldots ,P_{n}$ פזורות לאורך הקשת ${\widehat {AB}}$ ומסודרות לפי קרבתן ל- $A$ .

נעביר את הרדיוסים מהנקודה $O$ אל הנקודות האלה, ונמשיך אותם עד שיפגשו בקטע $AD$ . את נקודות המפגש נסמן $Q_{1},\ldots ,Q_{n}$ .

כעת נשאר להראות שסכום המרחקים $|P_{i}P_{i+1}|$ קטן מסכום המרחקים $|Q_{i}Q_{i+1}|$ . עבור כל $i=1,\ldots ,n-1$ אפשר להעביר במרובע $P_{i}P_{i+1}Q_{i+1}Q_{i}$ את הישר $Q_{i}R$ המקביל לצלע $P_{i}P_{i+1}$ ; הזויות $\angle P_{i+1}P_{i}Q_{i},\angle P_{i}P_{i+1}Q_{i+1},\angle Q_{i}RQ_{i+1}$ כולן קהות ושוות זו לזו, כבאיור משמאל.

מכאן ברור ש- $|P_{i}P_{i+1}|<|Q_{i}R|<|Q_{i}Q_{i+1}|$ . כשמסכמים את אי-השוויונים האלה, מתקבל $\sum |P_{i}P_{i+1}|<\sum |Q_{i}Q_{i+1}|=|AD|$ כדרוש.