Как строго определять тригонометричсекие функции?

[arseniiv]

Тогда натуральная параметризация. Но сопутствующее тоже не с потолка падает…

[ellipse]

А если сначала определить функцию $\arccos x$ как длину соответствующей дуги окружности

$\arccos x := \int_{x}^{1} \frac{dt}{1-t^2}$, где $-1\le x \le 1$

Кстати, я же не ошибаюсь, что при определении длины кривой через интеграл мы опирались только на определение длины через евклидовость?

Затем определяем функцию $\cos$ как обратную к $\arccos x$. Она пока определена на отрезке $[0;\pi]$. Далее распространяем по периодичности.

Основная сложность в исследовании функции $\arccos x := \int_{x}^{1} \frac{dt}{1-t^2}$ и обратной к ней.

[Brukvalub]

ellipse в сообщении #1090814 писал(а):

Даже если мы определим длину окружности, то как доказать, что ряд

$f(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots\ = \sum_{n=0}^{\infty} {(-1)^n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$

равен нулю при $x=2\pi k$, где $2\pi$ есть предел длин правильных вписанных многоугольников?

Сумма этого ряда всюду совпадает с "трикотажным" синусом, а "трикотажный" синус равен нулю в указанных точках просто по определению.

[ellipse]

arseniiv в сообщении #1090784 писал(а):

ellipse в сообщении #1090741 писал(а):

Почему такой гомоморфизм найдется?

Надо найти сначала неконстантный гомоморфизм $f$

А как его найти? Мне кажется, в этом вся суть. Если мы найдем гомоморфизм, мы по сути свяжем проекции при повторе с углом или с длиной дуги.

И даже если мы предположили, что есть такой абстрактный гомоморфизм есть, то как его связать с длиной дуги.

Еще возникает идея обобщения. Что если измерять проекции, когда радиус-вектор бегает не по окружности, а по произвольной замкнутой кривой. Наверно, там ничего нового не получится, все будет выражаться через композиции косинус и синуса с какими-то функциями?

Brukvalub в сообщении #1090866 писал(а):

Сумма этого ряда всюду совпадает с "трикотажным" синусом, а "трикотажный" синус равен нулю в указанных точках просто по определению.

Трикотажный это какой?

[Brukvalub]

ellipse в сообщении #1090979 писал(а):

Трикотажный это какой?

Это тот синус, который определяется с помощью аргумента, отложенного на единичной окружности.

[ellipse]

Забыл в формуле корень:
$\arccos x := \int_{x}^{1} \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}} = - \int_{1}^{x} \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$

Отсюда сразу можно получить производную

$(\arccos x)' = - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Определим $\cos \alpha = x$, если $\arccos x = \alpha$.

Затем можно найти производную обратной функции в точке $\alpha = \arccos x$

$(\cos \alpha)' = -\sqrt{1-x^2}$.

Понятно, что $y=\sqrt{1-x^2}$ есть синус. Но как его лучше тут ввести. Нужно ли отдельно рассматривать функцию $\arcsin x$ как длину дуги, зависящей от проекции на ось $Oy$, или же определить $\sin$ через уже определенный $\cos$

-- Пт янв 15, 2016 15:35:56 --

Brukvalub в сообщении #1090984 писал(а):

Это тот синус, который определяется с помощью аргумента, отложенного на единичной окружности.

А как получить предельные свойства так определенного синуса? Например, как строго доказать, что $\frac{\sin x}{x} \to 1$ при $x \to 0$.

[Brukvalub]

ellipse в сообщении #1090986 писал(а):

А как получить предельные свойства так определенного синуса? Например, как строго доказать, что $\frac{\sin x}{x} \to 1$ при $x \to 0$.

См. любой подробный учебник по матем. анализу.

[svv]

ellipse в сообщении #1090731 писал(а):

все ортогональные операторы на плоскости имею вид $A = \begin{Vmatrix} a & -b \\ b & a \end{Vmatrix}$, где $a^2+b^2=1$.
Как записать, исследовать, связать с проекциями $(c,s)$ гомоморфизм $f$ из $(\mathbb R,+)$ в группу поворотов по композиции?

Пусть $f$ отображает $t\in\mathbb R$ в поворот с матрицей
$A(t)=\begin{bmatrix}c(t)&-s(t)\\s(t)&\;\;\;c(t)\end{bmatrix}$, причём $c^2(t)+s^2(t)=1$

Требуем $A(t_1+t_2)=A(t_2)A(t_1)$ (чтобы $f$ было гомоморфизмом), тогда
$c(t_1+t_2)=c(t_1)c(t_2)-s(t_1)s(t_2)$
$s(t_1+t_2)=s(t_1)c(t_2)+c(t_1)s(t_2)$

Отсюда уже следует
$c(0)=1$, $s(0)=0$, $c(-t)=c(t)$, $s(-t)=-s(t)$

-- Пт янв 15, 2016 15:22:06 --

Эти требования не определяют ещё функции однозначно. Из $c^2(t)+s^2(t)=1$ следует $c(t)c'(t)+s(t)s'(t)=0$. Если $t=0$, то $c(t)=1, s(t)=0$, и уравнение позволяет определить $c'(0)=0$, но не $s'(0)$. Поэтому можно потребовать $s'(0)=1$.

Если мы выбрали какой-нибудь «предварительный» гомоморфизм $f$, то условие $s'(0)=1$ фиксирует определённое значение константы $a$, о которой говорил arseniiv, и тем самым «окончательный» гомоморфизм $t\mapsto f(at)$. Я бы сказал, это наилучшее условие для достижения этой цели. Да здравствуют радианы, долой градусы.

И тогда по определению $\frac{\sin x}{x} \to 1$ при $x\to 0$.

[arseniiv]

(Написано при недочитанной теме)

ellipse в сообщении #1090979 писал(а):

А как его найти? Мне кажется, в этом вся суть.

Эмм, ну, что значит «найти»? Мы же не можем выразить его известными функциями, потому что мы нужные пока что не определили. Давайте вместо изоморфизма в операторы будем рассматривать изоморфизм в матрицы из $\mathrm{SO}(2,\mathbb R)$ (всё равно ведь мы к ним приходим в конце из-за того, что определяем функции как координаты повёрнутого $\mathbf e_1$); вы тут уже написали, что общий вид такой матрицы — $\begin{bmatrix} a & -b \\ b & a \end{bmatrix}$. И вот эта матрица зависит от вещественного числа $t$, да так, что

$$\begin{bmatrix} a(t) & -b(t) \\ b(t) & a(t) \end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix} a(t') & -b(t') \\ b(t') & a(t') \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a(t + t') & -b(t + t') \\ b(t + t') & a(t + t') \end{bmatrix}.$$

Отсюда мы можем получить систему функциональных уравнений на $a, b$. В принципе, её по-разному можно решить (или в лоб, или взять пару готовых рядов и удивлённо заметить, что они будут решением, а остальные как-то выражаются через него, или попытаться свести уравнение к (функциональному) уравнению экспоненты и пользоваться найденным для него решением (видимо, стоит экспоненту получить раньше тригонометрии), или ещё как-нибудь, может.

Ой, а svv-то всё и сделал уже!

[svv]

Из функциональных уравнений можно получить дифференциальные.

$\begin{array}{l}s(t+\Delta t)=s(t)\;c(\Delta t)+c(t)\;s(\Delta t)\\[1.2ex] s(t+\Delta t)-s(t)=s(t)\;(c(\Delta t)-1)+c(t)\;(s(\Delta t)-0)\\[1.2ex] \dfrac{s(t+\Delta t)-s(t)}{\Delta t}=s(t)\;\dfrac{c(\Delta t)-c(0)}{\Delta t}+c(t)\;\dfrac{s(\Delta t)-s(0)}{\Delta t}\\[1.5ex] s'(t)=s(t)\;c'(0)+c(t)\;s'(0)=c(t)\end{array}$

-- Пт янв 15, 2016 19:04:16 --

arseniiv в сообщении #1091033 писал(а):

экспоненту

Точно!
Давайте считать, что у нас нет ограничений на чисто алгебраические усовершенствования и украшательства. Мы можем использовать комплексные числа, просто как пары вещественных чисел с нужными операциями. (Я ни в коем случае не предлагаю задействовать ТФКП, ограничимся комплексными функциями вещественного аргумента.)

Введём $h(t)=c(t)+i\,s(t)$. Тогда оба функциональных соотношения объединяются:
$h(t_1+t_2)=h(t_1)\;h(t_2)$
Следствия:
$\begin{array}{l}h(0)=1\\[1.2ex] h(-t)=\overline{h(t)}\\[1.2ex] h'(t)=i\;h(t)\end{array}$

[ewert]

ellipse в сообщении #1090822 писал(а):

А если сначала определить функцию $\arccos x$ как длину соответствующей дуги окружности

$\arccos x := \int_{x}^{1} \frac{dt}{1-t^2}$, где $-1\le x \le 1$

Определять можно всё что угодно и как угодно, конечно. Но -- желательно без издевательств. А приплетение каких-то там интегралов (которых на данный момент мало того что нет, но они откровенно и на сей секунд не нужны) -- это издевательство высшей степени.

[Aritaborian]

ewert, вы всё талдычите, что на некий момент нет ни производной, ни интегралов, ни дифуров (ни, полагаю, гомоморфизмов и чего-то там прочего ещё, упомянутого в теме) и предлагаете исходить из этого. Какой конкретно момент мы должны рассматривать? Это всё-таки сужение задачи.

[Brukvalub]

(Оффтоп)

На мой взгляд, вся эта тема напоминает кружок заговорщиков-народовольцев, которые придумывают свой, "тарабарский" язык, чтобы окружающие не смогли понять их разговоры про "свержение самодержавия".

[ellipse]

ewert в сообщении #1091073 писал(а):

Определять можно всё что угодно и как угодно, конечно. Но -- желательно без издевательств. А приплетение каких-то там интегралов (которых на данный момент мало того что нет, но они откровенно и на сей секунд не нужны) -- это издевательство высшей степени.

Все равно надо как-то связать гомоморфизм в группу ортогональных преобразований, который выражает какой-то абстрактный и не связанный с геометрией "угол поворота", с чем-то более определенным и геометрическим, то есть с длиной дуги окружности. Мне не очень понятно, как вообще это сделать. Но мне кажется, без определения длины через интеграл это никак не сделать.

[svv]

(Оффтоп)

Brukvalub в сообщении #1091090 писал(а):

На мой взгляд, вся эта тема напоминает кружок заговорщиков-народовольцев, которые придумывают свой, "тарабарский" язык, чтобы окружающие не смогли понять их разговоры про "свержение самодержавия".

Скорее, собрание масонов. Здесь Тайное Знание для посвящённых.

Возьмём дугу единичной окружности, которая начинается в точке $A(1,0)$, заканчивается в точке $B(c(t_0), s(t_0))$ и вся лежит в (замкнутой) верхней полуокружности. Найдём длину дуги двумя способами.

Общая формула для длины дуги кривой, заданной параметрически:
$L=\int\limits_a^b \sqrt{(x'(\lambda))^2+(y'(\lambda))^2} \, d\lambda$
Возьмём в качестве параметра $t$:
$L=\int\limits_0^{t_0} \sqrt{(c'(t))^2+(s'(t))^2} dt = t_0$
Теперь в качестве параметра возьмем $x$. Пусть $x_0=c(t_0)$.
$L=\int\limits_{x_0}^1 \sqrt{1+(y'(x))^2} dx = \int\limits_{x_0}^1 \frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}$
Отсюда
$c^{-1}(x_0)=\int\limits_{x_0}^1 \frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}$
Здесь левая часть понимается как минимальное $t_0\geqslant 0$, такое, что $c(t_0)=x_0$.