Вычислить предел (без Лопиталя и Тейлора)

[Ёж]

Как вычислить предел
$\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^2} $
без правила Лопиталя и без разложения в ряд Тейлора?

[ИСН]

Охота Вам заниматься гимнастикой на люстре? Любое решение будет включать либо замаскированное построение и затем использование методов через Лопиталя или Тейлора, либо какие-то невыразимо мерзкие геометрические конструкции, а всё зачем?

[ewert]

ИСН в сообщении #539952 писал(а):

невыразимо мерзкие геометрические конструкции

Ну не настолько уж и богомерзкие. В числителе стоит удвоенная разность площадей треугольничка и сектора, т.е. площадь сегментика. И остаётся только доказать, что высота того сегментика много меньше его основания, что вполне прошибаемо и даже естественно.

-- Пт фев 17, 2012 22:03:27 --

(кстати, некоторые энтузиасты в своих теоретических курсах любят выводить 1-й замечательный предел не из длин, а из площадей; что методически нехорошо, но если уж так -- то эта задачка оказывается вполне разумным логическим продолжением)

[Dave]

А можно и так ($x>0$):

$$x-\sin x = \int_0^x {1 \, dy} - \int_0^x {\cos y \, dy} = \int_0^x {2\sin^2 \frac y 2 \, dy},$$

а потом учесть, что $\sin z < z$ при $z>0$.

[ewert]

Dave в сообщении #539967 писал(а):

А можно и так

Нет, так лучше не надо. Интегралов пока ещё точно нет.

[Dave]

ewert в сообщении #539969 писал(а):

Dave в сообщении #539967 писал(а):

А можно и так

Нет, так лучше не надо. Интегралов пока ещё точно нет.

Кто сказал? А производные и теорема Лагранжа о среднем значении есть?

[ewert]

Dave в сообщении #539971 писал(а):

А производные и теорема Лагранжа о среднем значении есть?

Могут быть. А вот интегралов -- нету точно, как класса.

Дело в том, что стандартная последовательность изложения такова: пределы (в т.ч. и замечательные); Лопиталь-Тейлор; интегралы. И эту огрублённую последовательность уж никак не переставишь. Поэтому запрещать для доказательства Лопиталя, но разрешать при этом интегралы -- совсем уж бессмысленно.

[Dave]

Ну тогда $f(x)=x-\sin x$, $\frac {f(x)-f(0)} {x-0} = f'(y)$, $0<y<x$. $f'(y)=2\sin^2 {\frac y 2}< \frac {y^2} 2$.

[ewert]

(Оффтоп)

Dave в сообщении #539977 писал(а):

Ну тогда $f(x)=x-\sin x$, $\frac {f(x)-f(0)} {x-0} = f'(y)$, $0<y<x$. $f'(y)=2\sin^2 {\frac y 2}< \frac {y^2} 2$.

Это гораздо лучше, но всё равно остаётся вопрос: были ли на момент постановки задачки уже производные. Вполне могло их и не быть.

Впрочем -- кто этих пчёл поймёт, с их привередливостями.

[Ёж]

ewert в сообщении #539980 писал(а):

...остаётся вопрос: были ли на момент постановки задачки уже производные. Вполне могло их и не быть.

Производных пока еще не было

ewert в сообщении #539965 писал(а):

(кстати, некоторые энтузиасты в своих теоретических курсах любят выводить 1-й замечательный предел не из длин, а из площадей; что методически нехорошо, но если уж так -- то эта задачка оказывается вполне разумным логическим продолжением)

вывод нам тоже дали через площадей. Не могли ли вы дать ссылку на литературу, где 1-й замечательный предел выводят из длин?

[ewert]

Ёж в сообщении #539987 писал(а):

Не могли ли вы дать ссылку на литературу, где 1-й замечательный предел выводят из длин?

Не смог бы. Вообще все нормальные люди выводят его именно из длин. И лишь только альтернативно продвинутые -- из площадей.

Тут какая-то вполне бессмысленная дискуссия. И я лишь могу надеяться на то, что Вам удалось извлечь из неё хоть какую-то практически полезную для себя пользу.

[Dave]

Ёж в сообщении #539987 писал(а):

Не могли ли вы дать ссылку на литературу, где 1-й замечательный предел выводят из длин?

Делим окружность радиуса $1$ на $n$ равных дуг. Угол, соответствующий каждой дуге, равен $\frac {2\pi} n$. Он стягивает хорду длиной $2 \sin {\frac \pi n}$. Периметр правильного $n$-угольника,
образованного этими хордами, равен $2n \sin {\frac \pi n}$. Устремляем $n$ к бесконечности. По определению длины кривой, периметр $n$-угольника стремится к длине окружности, т.е. к $2\pi$. Значит, если $x_n=\frac \pi n$, то $2n \sin {x_n} \to 2\pi$, т.е. $\frac {\sin {x_n}} {x_n} \to 1$. Для $x$, стремящегося к $0$ произвольным образом, такой предел следует из найденного, исходя из монотонности синуса и его нечётности ($\sin(-x)=-\sin x$).

[Shadow]

$\\\sin x<x<\tg x\\ \sin x-\sin x<x-\sin x<\tg x - \sin x\\ \\ 0<\dfrac{x-\sin x}{x^2}<\dfrac{\tg x - \sin x}{x^2}\\ \\ 0<\dfrac{x-\sin x}{x^2}<\dfrac{\sin x}{x}.\dfrac{1-\cos x}{x\cos x}$

[Ёж]

Всем спасибо!