0193-1

Курс
Высшая математика
→ Узнать подробности
Онлайн-занятия
От создателя Решебника
Материал из Решебника

Информация о задаче

Задача №193 параграфа №1 главы №2 "Предел. Непрерывность" книги Г.Н. Бермана "Сборник задач по курсу математического анализа" (22-е издание, 2002 год).

Условие задачи

Доказать, что [math]\sin{x}[/math] стремится к единице при [math]x\to\frac{\pi}{2}[/math]. Каким условиям должен удовлетворять [math]x[/math] в окрестности точки [math]x=\frac{\pi}{2}[/math], чтобы имело место неравенство [math]1-\sin{x}\lt{0{,}01}[/math]?

Решение

Нам нужно показать, что для любого [math]\varepsilon\gt{0}[/math] существует значение [math]\delta_{\varepsilon}\gt{0}[/math] такое, что для всех значений [math]x[/math], удовлетворяющих неравенству [math]0\lt\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\delta_{\varepsilon}[/math], выполнено неравенство [math]\left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon[/math].

Тут можно пойти разными путями. Можно, например, использовать неравенство [math]|\sin{x}|\le|x|[/math], верное при всех [math]x\in{R}[/math]. Собственно, равенство здесь достигается лишь при [math]x=0[/math], т.е. при [math]x\neq{0}[/math] верно неравество [math]|\sin{x}|\lt|x|[/math]. Исходя из данного неравенства при [math]x\neq{0}[/math] имеем [math]\sin^2{x}\lt{x^2}[/math]. При условии [math]x\neq\frac{\pi}{2}[/math] получим:

[dmath] \left|\sin{x}-1\right| =\left|1-\cos\left(x-\frac{\pi}{2}\right)\right|=\\ =2\sin^2\frac{x-\frac{\pi}{2}}{2} \lt{2}\cdot\left(\frac{x-\frac{\pi}{2}}{2}\right)^2 =\frac{1}{2}\cdot\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2 \lt\varepsilon [/dmath]

Неравенство [math]\frac{1}{2}\cdot\left(x-\frac{\pi}{2}\right)^2\lt\varepsilon[/math] равносильно неравенству [math]\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\sqrt{2\varepsilon}[/math]. Это значит, что принимая [math]\delta_{\varepsilon}=\sqrt{2\varepsilon}[/math], получим, что из неравенства [math]0\lt\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\delta_{\varepsilon}[/math] следует неравенство [math]\left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon[/math]. Это и доказывает, что [math]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\sin{x}=1[/math].


Впрочем, это же утверждение можно доказать и без использования неравенства [math]|\sin{x}|\lt|x|[/math]. Рассмотрим неравенство [math]\left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon[/math]. Учитываем то, что [math]\sin{x}\le{1}[/math].

[dmath] \left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon \Leftrightarrow 1-\sin{x}\lt\varepsilon \Leftrightarrow \sin{x}\gt{1-\varepsilon} [/dmath]

Рассмотрим окрестность точки [math]\frac{\pi}{2}[/math], в которой выполнено данное неравенство. Если [math]0\lt\varepsilon\le{2}[/math], то в окрестности точки [math]\frac{\pi}{2}[/math] получим:

[dmath] \sin{x}\gt{1-\varepsilon} \Leftrightarrow \arcsin(1-\varepsilon)\lt{x}\lt\pi-\arcsin(1-\varepsilon) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow -\frac{\pi}{2}+\arcsin(1-\varepsilon)\lt{x-\frac{\pi}{2}}\lt\frac{\pi}{2}-\arcsin(1-\varepsilon) \Leftrightarrow \left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\frac{\pi}{2}-\arcsin(1-\varepsilon) [/dmath]

Если же [math]\varepsilon\gt{2}[/math], то неравенство [math]\sin{x}\gt{1-\varepsilon}[/math] выполнено при всех [math]x\in{R}[/math], т.е. для любой окрестности точки [math]\frac{\pi}{2}[/math] неравенство [math]\left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon[/math] в этом случае будет истинным. Для определённости можем рассмотреть, например, такую окрестность: [math]\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt{1}[/math].

Таким образом, для любого [math]\varepsilon\gt{0}[/math] существует значение [math]\delta_{\varepsilon}=\left\{\begin{aligned}& \frac{\pi}{2}-\arcsin(1-\varepsilon)\; 0\lt\varepsilon\le{2};\\& 1;\;\varepsilon\gt{2}. \end{aligned}\right.[/math] такое, что из неравенства [math]0\lt\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\delta_{\varepsilon}[/math] следует неравенство [math]\left|\sin{x}-1\right|\lt\varepsilon[/math]. Мы доказали, что [math]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\sin{x}=1[/math].


Чтобы ответить на второй вопрос задачи, достаточно принять [math]\varepsilon=0{,}01[/math]:

[dmath] \left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\frac{\pi}{2}-\arcsin(1-0{,}01);\; \left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\frac{\pi}{2}-\arcsin{0{,}99}. [/dmath]


Ответ

Утверждение задачи доказано, т.е. [math]\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}\sin{x}=1[/math].

Неравенство [math]1-\sin{x}\lt{0{,}01}[/math] в окрестности точки [math]\frac{\pi}{2}[/math] будет выполнено при [math]\left|x-\frac{\pi}{2}\right|\lt\frac{\pi}{2}-\arcsin{0{,}99}[/math].


Заметили ошибку, опечатку, или неправильно отобразилась формула? Отпишите, пожалуйста, об этом в данной теме на форуме (регистрация не требуется).