Как строго определять тригонометричсекие функции?

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Вопросы преподавания»

[svv]

svv в сообщении #1091385 писал(а):

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 $c(t_0)=x_0$.

Назовём числом $\pi$ такое наименьшее положительное число, что $c(\pi)=-1$. Тогда
$\pi=\int\limits_{-1}^1 \frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}$
Теперь всё.

[ewert]

svv в сообщении #1091385 писал(а):

Общая формула для длины дуги кривой, заданной параметрически:
$L=\int\limits_a^b \sqrt{(x'(\lambda))^2+(y'(\lambda))^2} \, d\lambda$

Это бессмысленно. Никаких длин дуг (дуг вообще) в школе нет, и не должно быть, и не может быть.

А вот длина дуги конкретно окружности -- вестчь интуитивно довольно очевидная. И очень легко формализуемая безо всяких интегралов.

Ну, конечно, для точной формализации необходимо определение вещественных чисел. Но: 1) тут уж ничего не поделаешь и 2) всё это вполне можно вульгаризовать, не жертвуя при этом содержательным смыслом. И уж что абсолютно -- так что интегралы здесь в точности не при чём.

[BVR]

Есть такая книжка Любецкий В. А. Основные понятия элементарной математики. Там в Главе элементарные функции как раз вводятся аккуратно синус и косинус. По-моему, похоже на то, как раньше предлагал svv - через комплексные числа.
Есть еще старое издание этой книжки, только она называлась основные понятия школьной математики.

[Aritaborian]

Забавная книжка. Напоминает «Элементарную математику с точки зрения высшей» Феликса Клейна.

[arseniiv]

«Элементарной» или «школьной»? Нашёл вторую, но не первую.

[BVR]

Извиняюсь, что долго не заходил.
arseniiv
"Школьной" - это старое издание. "Элементарной" - новое. Там кое-что переставлено. Лично мне старое больше нравится. Сейчас возьму с полки и напишу.
Новое: В. А. Любецкий Основные понятия элементарной математики, Москва, Айрис пресс, 2004
Старое: В. А. Любецкий основные понятия школьной математики, Москва, "Просвещение", 1987

[ellipse]

svv в сообщении #1090990 писал(а):

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 $x\to 0$.

Мне кажется, в этом рассуждении есть фатальная прореха. По сути мы в этом рассуждении задали функциональные уравнения так, чтоб они удовлетворяли условию гомоморфизма из $\mathbb{R}$ в группу $SO(2)$.
Если данная система функциональных уравнений разрешима, то гомоморфизм существует. Хотя еще нужно как-то доказать, что гомоморфизм нетривиальный и сюръективный. Но как доказать, что эта система функциональных уравнений вообще разрешима?

Мне такой подход больше всего нравится. Было бы хорошо, если бы его можно было подправить.

[Xaositect]

ellipse в сообщении #1098014 писал(а):

Но как доказать, что эта система функциональных уравнений вообще разрешима?

Рассмотрим комплексную функцию действительной переменной $e(t) = c(t) + i s(t)$. Наши уравнения превращаются в $e(t_1 + t_2) = e(t_1) e(t_2)$ и есть стандартное рассуждение, которое позволяет решения этого уравнения определить - задаем $e(1)$ как-нибудь, сразу получаем значения в рациональных точках, и доказываем существование пределов в иррациональных.

[DeBill]

Xaositect в сообщении #1098024 писал(а):

есть стандартное рассуждение

Для него нужна непрерывность (или монотонность, которой у нас нет). Так что хоть круть-верть, хоть верть-круть, а либо мы засовываем первый замечательный предел в определение синуса (а еще лучше - ту пару неравенств, из которых он выводится. Ой, блин, тут начнется геморрой с существованием), либо нужны интегралы (для арксинуса, или для длины окружности, или для площади круга). Ни то ни другое для школы не годится. Вот и выходит, что наименьшее зло - определять его с помощью веревочки (которую наматывают на круг... Тьфу!)
Вообще, когда я этот предел вывожу, честно предупреждаю студентов: "Щас я вас буду обманывать!" Ну, где то один из пятидесяти потом подходит, спрашивает, где обман то? Вот, для одного из пятидесяти (матфак!) мы счас что то и делаем...

[ellipse]

Xaositect в сообщении #1098024 писал(а):

Рассмотрим комплексную функцию действительной переменной $e(t) = c(t) + i s(t)$. Наши уравнения превращаются в $e(t_1 + t_2) = e(t_1) e(t_2)$ и есть стандартное рассуждение, которое позволяет решения этого уравнения определить - задаем $e(1)$ как-нибудь, сразу получаем значения в рациональных точках, и доказываем существование пределов в иррациональных.

Какое стандартное рассуждение? В вещественном случае аксиоматическое построение легко получается, но в комплексном возникают проблемы.

Пытаюсь рассуждать следующим образом.

Пусть $f: (\mathbb{R},+) \to S$ - гомоморфизм групп, где $S$ - группа комплексных чисел с модулем $1$ по умножению.

Из определения следуют свойства.

Для любого $x$ верно $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)$, откуда $f(0)=1$.

$f(-x)=[f(x)]^{-1}$, поскольку $f(-x)f(x)=f(-x+x)=f(0)=1$.

По индукции доказывается, что $f(nx)=[f(x)]^{n}$ для любого $n \in \mathbb{N}$.

Далее получаем, что $f(mx)=[f(x)]^{m}$ для любого $m \in \mathbb{Z}$;

Но с рациональными числами возникают проблемы.

Хотелось бы получить равенство $f\left( \frac{1}{n} \right) = [f(1)]^{\frac{1}{n}}$.

В вещественном случае оно получается так:

Имеем равенство $f(1) = f\left( n\frac{1}{n} \right) = \left[f\left( \frac{1}{n} \right)\right]^{n}$. Поскольку по определению $f(1)>0$, то однозначном определен корень $[f(1)]^{\frac{1}{n}}>0$. Поэтому $f\left( \frac{1}{n} \right) = [f(1)]^{\frac{1}{n}}$.

Далее можно получить значения $f$ на всех рациональных числах $f\left(\frac{m}{n}\right)=[f(1)]^{\frac{m}{n}}$

Как быть в комплексном случае, когда корень определен неоднозначно? Можно ли как-то ограничить выбор значения корня, чтоб получить однозначность и определенность?

[Xaositect]

ellipse в сообщении #1098518 писал(а):

Как быть в комплексном случае, когда корень определен неоднозначно? Можно ли как-то ограничить выбор значения корня, чтоб получить однозначность и определенность?

Да, Вы правы, я этот момент упустил. Можно определять $\sqrt[2^n] z_0$ по индукции применяя квадратные, беря значение квадратного корня в верхней полуплоскости. Таким образом получим степени с показателем, выражающимся конечной двоичной дробью, но выглядит это уже не так красиво и непрерывность при этом действительно доказывается очень муторно.

[ellipse]

BVR в сообщении #1096184 писал(а):

Старое: В. А. Любецкий основные понятия школьной математики, Москва, "Просвещение", 1987

В этой книге при обосновании неинъективности и периодичности гомоморфизма из $(\mathbb{R},+) \to S$ утверждается, что ядро всякого такого гомоморфизма является замкнутой подгруппой в $(\mathbb{R},+)$, что в $(\mathbb{R},+)$ существуют только три вида замкнутых подгрупп: $H=(\mathbb{R},+)$, $H=\{0\}$, $H_a=\{an: n\in \mathbb{Z}\}$, где $a\in \mathbb{R}$.
Что такое замкнутая подгруппа - группа, в которая операции замкнутое множество переводят в замкнутое? Как это все доказывается?

-- Чт фев 11, 2016 14:03:18 --

Xaositect в сообщении #1098580 писал(а):

Да, Вы правы, я этот момент упустил. Можно определять $\sqrt[2^n] z_0$ по индукции применяя квадратные, беря значение квадратного корня в верхней полуплоскости. Таким образом получим степени с показателем, выражающимся конечной двоичной дробью, но выглядит это уже не так красиво и непрерывность при этом действительно доказывается очень муторно.

По сравнению с тем, что делается у Любецкого, это просто красота:)
Мне кажется, получилось бы доказать и существование такой $f$ и ее непрерывность по аналогии с вещественным случаем, если бы удалось доказать, что таким образом определенный единственный корень обладает свойством $\sqrt[2^n] \xi \to 1$ при $n\to \infty$. Не знаю, как и можно ли это сделать.

Еще есть подозрение, что выбор значения $\sqrt[2] \xi$ может быть более хитрый, чем просто верхняя полуплоскость. Может надо как-то учитывать знаки компонент числа $\xi$, то есть учитывать расположение по четвертям.

[kp9r4d]

Мне не очень понятно, чем плох подход, который я предложил с самого начала и который изложен в Зориче и вообще везде, а именно: положить $\sin : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ равным ряду, который и так все знают, затем положить $\pi$ равным наименьшему положительному числу, такому, что $\sin(\pi) = 0$. Такой же подход использован и в metamath proof explorer:

http://us.metamath.org/mpegif/df-sin.html
http://us.metamath.org/mpegif/df-pi.html

насчёт строгости изложения последнего, надеюсь, ни у кого сомнений нету.

[ellipse]

kp9r4d в сообщении #1098788 писал(а):

затем положить $\pi$ равным наименьшему положительному числу, такому, что $\sin(\pi) = 0$.

Так надо еще доказать, что такое число существует. А также надо доказать периодичность $\cos$. И вообще, определять через ряды - некрасивый и неестественный способ.