Сравнение функций (продолжение)
О разложение функций $\sin{x}$ и $\cos{x}$ в окрестности нуля
Хорошо известное равенство $$ \lim_{x\to 0} \frac{\sin{x}}{x} = 1, $$ называемое первым замечательным пределом, эквивалентно тому, что $$ \sin{x} = x + o(x), x\to 0. $$ С его помощью легко найти $$ \lim_{x\to 0} \frac{1-\cos{x}}{\frac{1}{2}x^2}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin^2{\frac{x}{2}}}{\left(\frac{x}{2}\right)^2} = 1. $$ Тогда, вспомнив, $\cos{x}\to 1$ при $x\to 0$, мы можем заключить, что $$ \cos{x}=1-\frac{1}{2}x^2+o(x^2), x\to 0. $$
Мы хотим получить еще один член разложений для синуса и косинса в окрестности точки $0,$ опираясь только на пройденный материал. Для этого найдем значение предела $$ \lim_{x\to 0} \frac{x-\sin{x}}{x^3}=\lim_{x\to 0} \frac{1-\frac{\sin{x}}{x}}{x^2}. $$ Решение, которое мы приведём, является адаптированным вариантом нахождения этого предела из [1].
В начале заметим, что формула синуса двойного угла даёт нам равенства $$ 2\sin{\frac{x}{2}\cos{\frac{x}{2}}}=\sin{x}, $$ $$ 4\sin{\frac{x}{4}}\cos{\frac{x}{4}}\cos{\frac{x}{2}} = \sin{x}. $$ По индукции можно доказать, что и для любого $n\in\mathbb{N}$ верно $$ 2^n \sin{\frac{x}{2^n}}\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}}=\sin{x}. $$ Действительно, база индукции ($n=1$ и $n=2$) даётся указанными равенствами. Предположим, что для некоторого $(p-1)\in\mathbb{N}$ выполняется $$ 2^{p-1} \sin{\frac{x}{2^{p-1}}}\prod_{k=1}^{p-1} \cos{\frac{x}{2^k}}=\sin{x}. $$ Тогда последовательное применение сначала формулы синуса двойного угла, а затем гипотезы индукции, приводит к равенству $$ 2^p \sin{\frac{x}{2^{p}}}\prod_{k=1}^{p} \cos{\frac{x}{2^k}}= 2^p \sin{\frac{x}{2^{p}}} \cos{\frac{x}{2^{p}}} \prod_{k=1}^{p-1} \cos{\frac{x}{2^k}}= $$ $$ =2^{p-1}\sin{\frac{x}{2^{p-1}}} \prod_{k=1}^{p-1} \cos{\frac{x}{2^k}}=\sin{x}. $$
Теперь напомним, что в ходе доказательства первого замечательного предела нами было показано, что $$ \frac{\sin{x}}{x}< 1 < \frac{\textup{tg } x}{x}, x\in \left(0;\frac{\pi}{2}\right). $$ С одной стороны, при $ x\in \left(0;\frac{\pi}{2}\right)$ мы имеем неравенство $$ \frac{\sin{\frac{x}{2^n}}}{\frac{x}{2^n}}=\frac{2^n \sin{\frac{x}{2^n}}}{x}<1, $$ умножением которого на $\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}},$ получаем $$ \frac{2^n \sin{\frac{x}{2^n}}\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}}}{x}=\frac{\sin{x}}{x}< \prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}}. $$ Таким образом, для $x\in \left(0;\frac{\pi}{2}\right)$ выполняется $$ A_n(x):= 1-\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}}< 1 -\frac{\sin{x}}{x}. $$
С другой стороны, при $ x\in \left(0;\frac{\pi}{2}\right)$ выполняется неравенство $$ 1< \frac{\textup{tg } \frac{x}{2^n}}{\frac{x}{2^n}}=\frac{2^n\sin{\frac{x}{2^n}}}{x\cos{\frac{x}{2^n}}}, $$ из которого умножением на $\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}},$ получаются $$ \prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}} < \frac{\sin{x}}{x\cos{\frac{x}{2^n}}}, $$ $$ 1-\frac{\sin{x}}{x} < 1 - \cos{\frac{x}{2^n}}\prod_{k=1}^n \cos{\frac{x}{2^k}}=:B_n(x). $$
В конечном итоге, мы получаем оценку $$ \frac{A_n(x)}{x^2}<\frac{1 -\frac{\sin{x}}{x}}{x^2} <\frac{B_n(x)}{x^2}. $$
Заметим, что величина $A_n(x)$ с помощью формулы телескопического суммирования может быть представленно в виде $$ A_n(x)= \left(1-\cos{\frac{x}{2^n}}\right)+\cos{\frac{x}{2^n}}\left(1-\cos{\frac{x}{2^{n-1}}}\right) +\cos{\frac{x}{2^n}}\cos{\frac{x}{2^{n-1}}}\left(1-\cos{\frac{x}{2^{n-2}}}\right)+\ldots+ $$ $$ +\cos{\frac{x}{2^n}}\cdot\ldots\cdot \cos{\frac{x}{2^2}}\left(1-\cos{\frac{x}{2}}\right) =\sum_{i=1}^{n}\prod_{j=i+1}^{n} \cos{\frac{x}{2^j}}\left(1-\cos{\frac{x}{2^i}}\right). $$ Поэтому предел $$ \lim_{x\to +0} \frac{ A_n(x)}{x^2} = \lim_{x\to +0}\sum_{i=1}^{n}\prod_{j=i+1}^{n} \cos{\frac{x}{2^j}}\frac{\left(1-\cos{\frac{x}{2^i}}\right)}{x^2} = \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{2^{2i+1}}=\frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}. $$
Величина $B_n(x)$ может быть представлена в виде $$ B_n(x)= \left(1 - \cos{\frac{x}{2^n}}\right)+\cos{\frac{x}{2^n}} A_n(x), $$ следовательно, $$ \lim_{x\to +0} \frac{ B_n(x)}{x^2} =\frac{1}{2^{2n+1}}+\frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}. $$ По определению предела для всякого $\varepsilon >0$ найдется $\delta >0$ такое, что для $x\in(0;\delta)$ одновременно будут выполняться неравенства $$ \frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}-\varepsilon <\frac{ A_n(x)}{x^2}, \frac{B_n(x)}{x^2}< \frac{1}{2^{2n+1}}+\frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}+\varepsilon, $$ но тогда и $$ \frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}-\varepsilon < \frac{1 -\frac{\sin{x}}{x}}{x^2} < \frac{1}{2^{2n+1}}+\frac{1-\frac{1}{4^n}}{6}+\varepsilon. $$ Переходя к пределу по $n\to \infty$, получим, что для всякого $\varepsilon >0$ найдется $\delta >0$ такое, что для $x\in(0;\delta)$ $$ \frac{1}{6}-\varepsilon \leq \frac{1 -\frac{\sin{x}}{x}}{x^2} \leq \frac{1}{6}+\varepsilon. $$ Таким образом, мы показали, что $$ \lim_{x\to +0} \frac{1 -\frac{\sin{x}}{x}}{x^2} = \frac{1}{6}. $$ Поскольку функция, стоящая под знаком предела является четной, то $$ \lim_{x\to 0} \frac{1 -\frac{\sin{x}}{x}}{x^2} = \frac{1}{6}, $$ и при $x\to 0$ справедливо разложение $$ \sin{x}=x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3). $$
Теперь легко найти, что $$ \lim_{x\to 0} \frac{\cos{x}-(1-\frac{x^2}{2})}{x^4}=\lim_{x\to 0} \frac{1-2\sin^2{\frac{x}{2}}-(1-\frac{x^2}{2})}{x^4}= $$ $$ \lim_{x\to 0} \frac{-2(\frac{x}{2}-\frac{1}{6}\cdot\frac{x^3}{8}+o(x^3))^2+\frac{x^2}{2})}{x^4}= \lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^4}{24}+o(x^4)}{x^4}=\frac{1}{24}. $$ Откуда следует, что при $x\to 0$ имеется разложение $$ \cos{x}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4). $$
Библиография
[1] Hans Lundmark, Evaluation of $\lim\limits_{x\rightarrow0} \frac{\tan(x)-x}{x^3}$, URL (version: 2012-06-14): https://math.stackexchange.com/q/158134
Домашняя работа
Подготовка к контрольной работе