[dispmath]f\left(x\right)=\frac{\sin x}{x}[/dispmath]
LIMES U NULI:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/dispmath]
Ovo je jedan limes koji smatramo poznatim i koji vrlo često koristimo pri rešavanju raznih složenijih limesa. Sada ćemo ga i dokazati.
Dokaz L'Hôpitalovim pravilom nije validan. Evo i zašto:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(\sin x\right)'}{\left(x\right)'}[/dispmath]
[inlmath]\left(x\right)'[/inlmath], naravno, znamo, to je [inlmath]1[/inlmath]. Međutim, kako znamo koliko je [inlmath]\left(\sin x\right)'[/inlmath]? (Naravno, znamo da je to jednako [inlmath]\cos x[/inlmath], ali je potrebno to i dokazati.)
Tražimo [inlmath]\left(\sin x\right)'[/inlmath] preko definicije izvoda:
[dispmath]f\:'\left(x\right)\overset{\mathrm{def}}{=\!=}\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}[/dispmath]
[dispmath]\left(\sin x\right)'=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin\left(x+\Delta x\right)-\sin x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin x\cos\Delta x+\cos x\sin\Delta x-\sin x}{\Delta x}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin x\cancelto{0}{\left(\cos\Delta x-1\right)}+\cos x\sin\Delta x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\cos x\cancelto{1}{\frac{\sin\Delta x}{\Delta x}}=\cos x[/dispmath]
Međutim, problem je u pretposlednjem koraku. Koristili smo [inlmath]\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\sin\Delta x}{\Delta x}=1[/inlmath], a upravo je to ono što dokazujemo. Na taj način, vrtimo se u „začaranom krugu“.
Iz istog razloga, ovaj limes nije moguće dokazati ni preko Taylorovog razvoja sinusa, jer i u njemu figuriše kosinus kao izvod sinusa, a, kao što smo videli, ne znamo da je izvod sinusa kosinus dok prvo ne dokažemo [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath].
Ovaj limes je moguće dokazati geometrijskim putem:
Posmatramo trigonometrijski krug i neki ugao [inlmath]x[/inlmath] na način kao što i uvek posmatramo uglove na trigonometrijskom krugu: teme ugla je u centru trigonometrijskog kruga, jedan krak ugla leži na [inlmath]x[/inlmath]-osi, a ugao merimo u smeru suprotnom kretanju kazaljke na časovniku. Trigonometrijski krug, naravno, ima jedinični poluprečnik.
Sa slike se lako uočava da je površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] (tj. isečka ograničenog poluprečnicima [inlmath]OA[/inlmath] i [inlmath]OB[/inlmath]) jednaka zbiru površine trougla [inlmath]\triangle OAB[/inlmath] i površine kružnog odsečka nad tetivom [inlmath]AB[/inlmath].
Prema tome, površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] je veća od površine trougla [inlmath]\triangle OAB[/inlmath].
Takođe se može uočiti i da trougao [inlmath]\triangle OAC[/inlmath] sadrži kružni isečak [inlmath]AOB[/inlmath].
Prema tome, površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] je manja od površine trougla [inlmath]\triangle OAC[/inlmath].
Sada ćemo ove tri površine izraziti u funkciji ugla [inlmath]x[/inlmath].
Posmatramo prvo trougao [inlmath]\triangle OAB[/inlmath].
Njegova površina je jednaka[dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}OA\cdot BB'[/dispmath]Osnovica ovog trougla, [inlmath]OA[/inlmath], predstavlja poluprečnik trigonometrijskog kruga, pa je [inlmath]OA=1[/inlmath]. Visina ovog trougla, [inlmath]BB'[/inlmath], na osnovu osobina trigonometrijskog kruga, jednaka je [inlmath]\left|\sin x\right|[/inlmath] (apsolutnu vrednost uzimamo zbog slučaja kada ugao [inlmath]x[/inlmath] ima negativne vrednosti – visina trougla i dalje, naravno, mora biti pozitivna, s tom razlikom što bi se sada teme [inlmath]B[/inlmath] nalazilo „ispod“ osnovice trougla [inlmath]OA[/inlmath]). Prema tome, možemo pisati:[dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left|\sin x\right|[/dispmath][dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{\left|\sin x\right|}{2}[/dispmath]
Sada posmatramo kružni isečak [inlmath]AOB[/inlmath].
Njegov centralni ugao je ugao [inlmath]x[/inlmath]. Površinu kružnog isečka računamo po formuli [inlmath]P_\mathrm{is}=\frac{r^2}{2}\cdot\alpha[/inlmath], gde je [inlmath]r[/inlmath] poluprečnik kružnice, a [inlmath]\alpha[/inlmath] centralni ugao tog isečka. (Ovo se lako i izvodi tako što znamo da, kada je [inlmath]\alpha=2\pi[/inlmath], u pitanju je pun krug, a njegova površina je [inlmath]\pi r^2[/inlmath], pa postavljanjem proporcije između centralnog ugla i površine isečka, dolazimo do pomenute formule za površinu kružnog isečka.)
Površina kružnog isečka na slici biće
[dispmath]P_{\mathrm{is}\:AOB}=\frac{OA^2}{2}\cdot\left|x\right|[/dispmath]
(I ovde smo uzeli apsolutnu vrednost zbog slučaja kada je ugao [inlmath]x[/inlmath] negativan – u tom slučaju površina i dalje mora biti pozitivna, samo što se tada posmatrana površ nalazi „ispod“ poluprečnika [inlmath]OA[/inlmath].)
Pošto je [inlmath]OA=1[/inlmath],
[dispmath]P_{\mathrm{is}\:AOB}=\frac{\left|x\right|}{2}[/dispmath]
I, na kraju, posmatramo trougao [inlmath]\triangle OAC[/inlmath].
Njegova površina je jednaka[dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{1}{2}OA\cdot AC[/dispmath]Osnovica ovog trougla, [inlmath]OA[/inlmath], predstavlja poluprečnik trigonometrijskog kruga, pa je [inlmath]OA=1[/inlmath]. Visina ovog trougla, [inlmath]AC[/inlmath], na osnovu osobina trigonometrijskog kruga, jednaka je [inlmath]\left|\mathrm{tg}\:x\right|[/inlmath] (kao i u prethodnim slučajevima, apsolutnu vrednost uzimamo zbog slučaja kada ugao [inlmath]x[/inlmath] ima negativne vrednosti – visina trougla i dalje, naravno, mora biti pozitivna, s tom razlikom što bi se sada teme [inlmath]C[/inlmath] nalazilo „ispod“ osnovice trougla [inlmath]OA[/inlmath]). Prema tome, možemo pisati:[dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left|\mathrm{tg}\:x\right|[/dispmath][dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{2}[/dispmath]
Pošto smo još na početku uočili da je
[dispmath]P_{\triangle OAB}<P_{\mathrm{is}\:AOB}<P_{\triangle OAC}[/dispmath]
možemo sada pisati
[dispmath]\frac{\left|\sin x\right|}{2}<\frac{\left|x\right|}{2}<\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{2}\quad /\cdot\frac{2}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\frac{\left|x\right|}{\left|\sin x\right|}<\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{\left|\frac{\sin x}{\cos x}\right|}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{\frac{\cancel{\left|\sin x\right|}}{\left|\cos x\right|}}{\cancel{\left|\sin x\right|}}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{1}{\left|\cos x\right|}[/dispmath]
Budući da tražimo limes ove funkcije u okolini nule (s njene leve ili desne strane), [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]\sin x[/inlmath] će biti istog znaka – kao, uostalom, i u celom intervalu [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath] – pa je [inlmath]\frac{\sin x}{x}>0[/inlmath], tako da se možemo osloboditi apsolutne vrednosti. Takođe, u celom intervalu [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath] kosinus je veći od nule, tako da i njega možemo pisati bez apsolutne vrednosti:
[dispmath]1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}[/dispmath]
ili, izraženo preko recipročnih vrednosti ovih izraza,
[dispmath]\cos x<\frac{\sin x}{x}<1[/dispmath]
Pošto se [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] nalazi u „sendviču“ između [inlmath]\cos x[/inlmath] (koje, kada [inlmath]x\to 0[/inlmath], teži jedinici) i same jedinice, tada mora i [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] da teži jedinici kada [inlmath]x\to 0[/inlmath].
Pošto je, korišćenjem apsolutnih vrednosti, obuhvaćen i slučaj približavanja nuli preko negativnih vrednosti ugla [inlmath]x[/inlmath], ovime je pokazano da je limes funkcije [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] s obe strane nule jednak i iznosi [inlmath]1[/inlmath]:
[dispmath]\enclose{box}{\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1}[/dispmath]
LIMES U BESKONAČNOSTI:
Što se tiče limesa u beskonačnosti, situacija je sledeća: kada [inlmath]x\to\pm\infty[/inlmath], izraz u brojiocu, [inlmath]\sin x[/inlmath], ne teži nijednoj određenoj vrednosti, već i u beskonačnosti osciluje u intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath], što znači da uvek ima neku konačnu vrednost. Nasuprot njemu, [inlmath]x[/inlmath] iz imenioca teži beskonačnoj vrednosti (negativnoj ili pozitivnoj), pa imamo deljenje konačne vrednosti beskonačnom vrednošću, što daje nulu. Prema tome,
[dispmath]\enclose{box}{\lim_{x\to -\infty}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\sin x}{x}=0}[/dispmath]
GRAFIK:
Ova funkcija, idući od nule prema obema stranama, ka [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] i ka [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], predstavlja prigušene oscilacije – doduše, ne tačno onakve kakve se dešavaju u prirodi, budući da u prirodi amplituda oscilacija opada s faktorom [inlmath]e^{-kx}[/inlmath], a kod ove funkcije amplituda opada s faktorom [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath].
Za [inlmath]x=0[/inlmath] funkcija nije definisana (zbog [inlmath]x[/inlmath] u imeniocu), ali kada [inlmath]x\to 0[/inlmath] i sa leve i sa desne strane, vrednost funkcije teži jedinici.
LIMES U NULI:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/dispmath]
Ovo je jedan limes koji smatramo poznatim i koji vrlo često koristimo pri rešavanju raznih složenijih limesa. Sada ćemo ga i dokazati.
Dokaz L'Hôpitalovim pravilom nije validan. Evo i zašto:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(\sin x\right)'}{\left(x\right)'}[/dispmath]
[inlmath]\left(x\right)'[/inlmath], naravno, znamo, to je [inlmath]1[/inlmath]. Međutim, kako znamo koliko je [inlmath]\left(\sin x\right)'[/inlmath]? (Naravno, znamo da je to jednako [inlmath]\cos x[/inlmath], ali je potrebno to i dokazati.)
Tražimo [inlmath]\left(\sin x\right)'[/inlmath] preko definicije izvoda:
[dispmath]f\:'\left(x\right)\overset{\mathrm{def}}{=\!=}\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}[/dispmath]
[dispmath]\left(\sin x\right)'=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin\left(x+\Delta x\right)-\sin x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin x\cos\Delta x+\cos x\sin\Delta x-\sin x}{\Delta x}=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sin x\cancelto{0}{\left(\cos\Delta x-1\right)}+\cos x\sin\Delta x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\cos x\cancelto{1}{\frac{\sin\Delta x}{\Delta x}}=\cos x[/dispmath]
Međutim, problem je u pretposlednjem koraku. Koristili smo [inlmath]\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\sin\Delta x}{\Delta x}=1[/inlmath], a upravo je to ono što dokazujemo. Na taj način, vrtimo se u „začaranom krugu“.
Iz istog razloga, ovaj limes nije moguće dokazati ni preko Taylorovog razvoja sinusa, jer i u njemu figuriše kosinus kao izvod sinusa, a, kao što smo videli, ne znamo da je izvod sinusa kosinus dok prvo ne dokažemo [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath].
Ovaj limes je moguće dokazati geometrijskim putem:
Posmatramo trigonometrijski krug i neki ugao [inlmath]x[/inlmath] na način kao što i uvek posmatramo uglove na trigonometrijskom krugu: teme ugla je u centru trigonometrijskog kruga, jedan krak ugla leži na [inlmath]x[/inlmath]-osi, a ugao merimo u smeru suprotnom kretanju kazaljke na časovniku. Trigonometrijski krug, naravno, ima jedinični poluprečnik.
Sa slike se lako uočava da je površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] (tj. isečka ograničenog poluprečnicima [inlmath]OA[/inlmath] i [inlmath]OB[/inlmath]) jednaka zbiru površine trougla [inlmath]\triangle OAB[/inlmath] i površine kružnog odsečka nad tetivom [inlmath]AB[/inlmath].
Prema tome, površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] je veća od površine trougla [inlmath]\triangle OAB[/inlmath].
Takođe se može uočiti i da trougao [inlmath]\triangle OAC[/inlmath] sadrži kružni isečak [inlmath]AOB[/inlmath].
Prema tome, površina kružnog isečka [inlmath]AOB[/inlmath] je manja od površine trougla [inlmath]\triangle OAC[/inlmath].
Sada ćemo ove tri površine izraziti u funkciji ugla [inlmath]x[/inlmath].
Posmatramo prvo trougao [inlmath]\triangle OAB[/inlmath].
Njegova površina je jednaka[dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}OA\cdot BB'[/dispmath]Osnovica ovog trougla, [inlmath]OA[/inlmath], predstavlja poluprečnik trigonometrijskog kruga, pa je [inlmath]OA=1[/inlmath]. Visina ovog trougla, [inlmath]BB'[/inlmath], na osnovu osobina trigonometrijskog kruga, jednaka je [inlmath]\left|\sin x\right|[/inlmath] (apsolutnu vrednost uzimamo zbog slučaja kada ugao [inlmath]x[/inlmath] ima negativne vrednosti – visina trougla i dalje, naravno, mora biti pozitivna, s tom razlikom što bi se sada teme [inlmath]B[/inlmath] nalazilo „ispod“ osnovice trougla [inlmath]OA[/inlmath]). Prema tome, možemo pisati:[dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left|\sin x\right|[/dispmath][dispmath]P_{\triangle OAB}=\frac{\left|\sin x\right|}{2}[/dispmath]
Sada posmatramo kružni isečak [inlmath]AOB[/inlmath].
Njegov centralni ugao je ugao [inlmath]x[/inlmath]. Površinu kružnog isečka računamo po formuli [inlmath]P_\mathrm{is}=\frac{r^2}{2}\cdot\alpha[/inlmath], gde je [inlmath]r[/inlmath] poluprečnik kružnice, a [inlmath]\alpha[/inlmath] centralni ugao tog isečka. (Ovo se lako i izvodi tako što znamo da, kada je [inlmath]\alpha=2\pi[/inlmath], u pitanju je pun krug, a njegova površina je [inlmath]\pi r^2[/inlmath], pa postavljanjem proporcije između centralnog ugla i površine isečka, dolazimo do pomenute formule za površinu kružnog isečka.)
Površina kružnog isečka na slici biće
[dispmath]P_{\mathrm{is}\:AOB}=\frac{OA^2}{2}\cdot\left|x\right|[/dispmath]
(I ovde smo uzeli apsolutnu vrednost zbog slučaja kada je ugao [inlmath]x[/inlmath] negativan – u tom slučaju površina i dalje mora biti pozitivna, samo što se tada posmatrana površ nalazi „ispod“ poluprečnika [inlmath]OA[/inlmath].)
Pošto je [inlmath]OA=1[/inlmath],
[dispmath]P_{\mathrm{is}\:AOB}=\frac{\left|x\right|}{2}[/dispmath]
I, na kraju, posmatramo trougao [inlmath]\triangle OAC[/inlmath].
Njegova površina je jednaka[dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{1}{2}OA\cdot AC[/dispmath]Osnovica ovog trougla, [inlmath]OA[/inlmath], predstavlja poluprečnik trigonometrijskog kruga, pa je [inlmath]OA=1[/inlmath]. Visina ovog trougla, [inlmath]AC[/inlmath], na osnovu osobina trigonometrijskog kruga, jednaka je [inlmath]\left|\mathrm{tg}\:x\right|[/inlmath] (kao i u prethodnim slučajevima, apsolutnu vrednost uzimamo zbog slučaja kada ugao [inlmath]x[/inlmath] ima negativne vrednosti – visina trougla i dalje, naravno, mora biti pozitivna, s tom razlikom što bi se sada teme [inlmath]C[/inlmath] nalazilo „ispod“ osnovice trougla [inlmath]OA[/inlmath]). Prema tome, možemo pisati:[dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left|\mathrm{tg}\:x\right|[/dispmath][dispmath]P_{\triangle OAC}=\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{2}[/dispmath]
Pošto smo još na početku uočili da je
[dispmath]P_{\triangle OAB}<P_{\mathrm{is}\:AOB}<P_{\triangle OAC}[/dispmath]
možemo sada pisati
[dispmath]\frac{\left|\sin x\right|}{2}<\frac{\left|x\right|}{2}<\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{2}\quad /\cdot\frac{2}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\frac{\left|x\right|}{\left|\sin x\right|}<\frac{\left|\mathrm{tg}\:x\right|}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{\left|\frac{\sin x}{\cos x}\right|}{\left|\sin x\right|}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{\frac{\cancel{\left|\sin x\right|}}{\left|\cos x\right|}}{\cancel{\left|\sin x\right|}}[/dispmath][dispmath]1<\left|\frac{x}{\sin x}\right|<\frac{1}{\left|\cos x\right|}[/dispmath]
Budući da tražimo limes ove funkcije u okolini nule (s njene leve ili desne strane), [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]\sin x[/inlmath] će biti istog znaka – kao, uostalom, i u celom intervalu [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath] – pa je [inlmath]\frac{\sin x}{x}>0[/inlmath], tako da se možemo osloboditi apsolutne vrednosti. Takođe, u celom intervalu [inlmath]x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath] kosinus je veći od nule, tako da i njega možemo pisati bez apsolutne vrednosti:
[dispmath]1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}[/dispmath]
ili, izraženo preko recipročnih vrednosti ovih izraza,
[dispmath]\cos x<\frac{\sin x}{x}<1[/dispmath]
Pošto se [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] nalazi u „sendviču“ između [inlmath]\cos x[/inlmath] (koje, kada [inlmath]x\to 0[/inlmath], teži jedinici) i same jedinice, tada mora i [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] da teži jedinici kada [inlmath]x\to 0[/inlmath].
Pošto je, korišćenjem apsolutnih vrednosti, obuhvaćen i slučaj približavanja nuli preko negativnih vrednosti ugla [inlmath]x[/inlmath], ovime je pokazano da je limes funkcije [inlmath]\frac{\sin x}{x}[/inlmath] s obe strane nule jednak i iznosi [inlmath]1[/inlmath]:
[dispmath]\enclose{box}{\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1}[/dispmath]
LIMES U BESKONAČNOSTI:
Što se tiče limesa u beskonačnosti, situacija je sledeća: kada [inlmath]x\to\pm\infty[/inlmath], izraz u brojiocu, [inlmath]\sin x[/inlmath], ne teži nijednoj određenoj vrednosti, već i u beskonačnosti osciluje u intervalu [inlmath]\left[-1,1\right][/inlmath], što znači da uvek ima neku konačnu vrednost. Nasuprot njemu, [inlmath]x[/inlmath] iz imenioca teži beskonačnoj vrednosti (negativnoj ili pozitivnoj), pa imamo deljenje konačne vrednosti beskonačnom vrednošću, što daje nulu. Prema tome,
[dispmath]\enclose{box}{\lim_{x\to -\infty}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\sin x}{x}=0}[/dispmath]
GRAFIK:
Ova funkcija, idući od nule prema obema stranama, ka [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] i ka [inlmath]x\to +\infty[/inlmath], predstavlja prigušene oscilacije – doduše, ne tačno onakve kakve se dešavaju u prirodi, budući da u prirodi amplituda oscilacija opada s faktorom [inlmath]e^{-kx}[/inlmath], a kod ove funkcije amplituda opada s faktorom [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath].
Za [inlmath]x=0[/inlmath] funkcija nije definisana (zbog [inlmath]x[/inlmath] u imeniocu), ali kada [inlmath]x\to 0[/inlmath] i sa leve i sa desne strane, vrednost funkcije teži jedinici.