הגבול של sin(x)/x

כאשר ערכה של הזווית x (ברדיאנים) הולך ומתקרב לאפס, היחס בין הסינוס ( sin ⁡ ( x ) {\displaystyle \sin(x)} ) של x {\displaystyle x} לבין   x {\displaystyle \ x} הולך ומתקרב ל-   1 {\displaystyle \ 1} . בלשון מתמטית, אומרים שהגבול של המנה   sin ⁡ ( x ) x {\displaystyle \ {\frac {\sin(x)}{x}}} כאשר   x {\displaystyle \ x} שואף לאפס, שווה ל-   1 {\displaystyle \ 1} , ובנוסחה: lim x → 0 sin ⁡ ( x ) x = 1 {\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1} . גבול זה שווה, לפי ההגדרה, לנגזרת של פונקציית הסינוס בנקודה 0. בעזרת הגבול הזה אפשר לחשב את הנגזרת של פונקציית הסינוס בכל הישר, ודרך כך לקבל עובדות בסיסיות אחרות באנליזה של פונקציות טריגונומטריות, כגון טורי טיילור שלהן וגבולות רבים אחרים המערבים פונקציות טריגונומטריות. הפונקציה sin ⁡ ( x ) / x {\displaystyle \sin(x)/x} זוגית (הצבת x- במקום x אינה משנה את התוצאה), ולכן מספיק לחשב את הגבול מימין. לטענה lim x → 0 sin ⁡ ( x ) / x = 1 {\displaystyle \lim _{x\to 0}\sin(x)/x=1} קיימות מספר הוכחות מהירות, המסתמכות על עובדות ידועות, אלא שחלקן נובעות מן הזהות הזו עצמה. המכשלה הנפוצה ביותר היא השימוש בכלל לופיטל: הנגזרת של פונקציית הסינוס היא פונקציית הקוסינוס, ועל-פי הכלל, הגבול של המנה   sin ⁡ ( x ) x {\displaystyle \ {\frac {\sin(x)}{x}}} , כאשר x שואף לאפס, שווה לגבולה של מנת הנגזרות,   cos ⁡ ( x ) 1 {\displaystyle \ {\frac {\cos(x)}{1}}} , השווה בתורו ל-1. אלא שאם מגדירים את פונקציית הסינוס באופן גאומטרי, כדי למצוא את הנגזרת שלה (בנקודה אפס או באופן כללי) אין מנוס משימוש בגבול שאותו אנו מנסים להוכיח כאן. בגישה אחרת, אנליטית, מגדירים את פונקציות הסינוס והקוסינוס על-פי טורי טיילור הידועים שלהן, כלומר   sin ⁡ ( x ) = x − x 3 6 + … {\displaystyle \ \sin(x)=x-{\frac {x^{3}}{6}}+\dots } ו-   cos ⁡ ( x ) = 1 − x 2 2 + … {\displaystyle \ \cos(x)=1-{\frac {x^{2}}{2}}+\dots } . אז מוכיחים שהפונקציות מקיימות את הזהויות הטריגונומטריות המוכרות, כגון   sin 2 ⁡ ( x ) + cos 2 ⁡ ( x ) = 1 {\displaystyle \ \sin ^{2}(x)+\cos ^{2}(x)=1} . הוכחת הזהויות אינה קשה משום שהטורים מתכנסים בהחלט בכל הישר הממשי. ההגדרה כוללת בתוכה גם את הגבול שבכותרת, שהרי את הגבול של היחס   s i n ( x ) x {\displaystyle \ {\frac {sin(x)}{x}}} אפשר לקרוא מן המקדם של x בנוסחה לסינוס. הבעיה היא שהפונקציות   sin ⁡ ( t x ) , cos ⁡ ( t x ) {\displaystyle \ \sin(tx),\cos(tx)} מקיימות אותן זהויות טריגונומטריות, עבור כל ערך של t, ולכן קשה לקשור בשיטה זו את הפונקציות אל המשמעות הגאומטרית המקובלת שלהן. הוכחתה של זהות יסודית כל-כך מצריכה באופן טבעי התבוננות זהירה בהגדרות של המושגים שבהם משתמשים, ובהם - זווית, רדיאן, אורך, סינוס ואפילו פאי. משום כך, נזכיר כאן את ההגדרות הדרושות בניסוח הטענה ובהוכחתה. להלן מובאות שתי הוכחות אפשריות, שבאחת מהן משתמשים בהשוואה של שטחים, ובשנייה בהשוואה של אורכי ישרים וקשתות. שתי השיטות מבוססות על ההגדרה הבאה של זווית: שני ישרים נפגשים ביניהם ב"זווית x", אם x הוא אורך הקשת שהם גוזרים ממעגל ברדיוס 1 סביב נקודת החיתוך שלהם. הן ההוכחה מבוססת האורך והן ההוכחה מבוססת השטח משתמשות באותה בניית עזר, ופועלות להשגת מטרה משותפת: הוכחת אי-השוויון   sin ⁡ ( x ) < x < tan ⁡ ( x ) {\displaystyle \ \sin(x)<x<\tan(x)} עבור x חיובי וקטן כעת נחלק ב-   sin ⁡ ( x ) {\displaystyle \ \sin(x)} ונקבל   1 < x sin ⁡ x < 1 cos ⁡ x {\displaystyle \ 1<{\frac {x}{\sin x}}<{\frac {1}{\cos x}}} , כלומר   cos ⁡ x < sin ⁡ x x < 1 {\displaystyle \ \cos x<{\frac {\sin x}{x}}<1} , והגבול המבוקש נובע על-פי כלל הסנדוויץ'. בניית העזר המשמשת בשתי ההוכחות מוצגת בתמונה משמאל. אנו בונים על מעגל היחידה משולש שווה-שוקיים AOB, כאשר O הוא מרכז המעגל ו-AO=OB הם רדיוסים שהזווית ביניהם היא   x {\displaystyle \ x} . נסמן ב־C את מפגש הגובה היורד מ־B אל הצלע AO, עם הצלע, וב- D את מפגש האנך העולה מ־AO בנקודה A, עם הישר OB. על-פי הגדרת הסינוס והקוסינוס, אורך הצלע BC הוא   sin ⁡ x {\displaystyle \ \sin x} , ואורך הצלע AD הוא   tan ⁡ x {\displaystyle \ \tan x} . בשלב זה מתפצלת ההוכחה עבור כל אחת משתי הגישות השונות. מן הבחינה העקרונית, שתי השיטות נסמכות על רעיונות בעלי מורכבות דומה, ואפשר לטעון שהעדפת שיטה אחת או אחרת היא עניין של טעם. בגישה זו, ההוכחה של אי-השוויון   sin ⁡ ( x ) < x < tan ⁡ ( x ) {\displaystyle \ \sin(x)<x<\tan(x)} מתבצעת על ידי השוואת שטחי המשולש AOB, הגזרה AOB (התחומה על ידי הרדיוסים AO ו-OB והקשת AB) והמשולש AOD. שטח המשולש AOB הוא   sin ⁡ ( x ) / 2 {\displaystyle \ \sin(x)/2} (הגובה BC כפול הצלע OA שאורכה יחידה, חלקי 2). בצורה דומה, שטח המשולש הגדול יותר, AOD, הוא   tan ⁡ ( x ) / 2 {\displaystyle \ \tan(x)/2} . החישוב המרכזי הוא זה של שטח הגזרה AOB, ובו טמונה מורכבות ההוכחה. בשל הסימטריה של המעגל, שטח של גזרה הנשענת על זווית של   x {\displaystyle \ x} רדיאנים מהווה   x 2 π {\displaystyle \ {\frac {x}{2\pi }}} משטח המעגל הכולל. על כן, אם ידוע כי שטח מעגל היחידה הוא   π {\displaystyle \ \pi } , הרי ששטח הגזרה הוא   x 2 π ⋅ π = x 2 {\displaystyle \ {\frac {x}{2\pi }}\cdot \pi ={\frac {x}{2}}} . כיוון שבבירור המשולש AOB מוכל בגזרה AOB שמוכלת במשולש AOD מתקבל על ידי השוואת שטחיהם אי השוויון   sin ⁡ ( x ) 2 < x 2 < tan ⁡ ( x ) 2 {\displaystyle \ {\frac {\sin(x)}{2}}<{\frac {x}{2}}<{\frac {\tan(x)}{2}}} וממנו נובעת התוצאה המבוקשת. נותר להוכיח את הקביעה ששטח מעגל היחידה הוא   π {\displaystyle \ \pi } . גישה אחת להוכחה זו מבוססת על "שיטת המיצוי" שפיתחו הגאומטריקנים היוונים, המחלקת את המעגל למשולשים שמספרם הולך ורב, ומראה שהשגיאה בהערכת השטח, הכוללת את הפערים שבין גזרות למשולשים, חסומה בטבעת שאפשר לעשותה דקה כרצוננו. סכום אורכיהם של בסיסי המשולשים שואף להיקף המעגל,   2 π {\displaystyle \ 2\pi } , ואילו הגובה בכל אחד מהמשולשים שואף לרדיוס שאורכו יחידה, ולכן סכום שטחי המשולשים שואף ל-   π {\displaystyle \ \pi } . שיטה דומה עוטפת את המעגל מבחוץ ומבפנים במצולעים משוכללים. כיוון שהצלע BC היא סינוס x מהגדרתו, הקשת BA היא x ואילו הצלע AD היא טנגנס x כי שני המשולשים שהאנכים יוצרים דומים ואז אורך הצלע AD הוא סינוס חלקי קוסינוס וזו הגדרתו של הטנגנס, כל שנותר להראות הוא שהצלע BC קצרה מהקשת BA, שקצרה מהצלע AD. לשם כך אין מנוס מלהגדיר במדויק מהו אורך של קו שאינו ישר, מסילה. אורכה של מסילה הוא המספר הקטן ביותר הגדול מסכום המרחקים   | P 1 P 2 | + ⋯ + | P n − 1 P n | {\displaystyle \ |P_{1}P_{2}|+\dots +|P_{n-1}P_{n}|} לכל סדרה סופית של נקודות   P 1 , … , P n {\displaystyle \ P_{1},\dots ,P_{n}} על המסילה. (הגדרה זו, הגם שהיא מובלעת בחישובי שטחים ונפחים מאז אוקלידס, לא הופיעה בצורתה זו במפורש, אלא בתקופתם של ניוטון ולייבניץ, מייסדי החשבון האינפיניטסימלי). כעת, כיוון שהמשולש ACB ישר-זווית, מתקיים   sin ⁡ ( x ) = | B C | < | A B | = 2 sin ⁡ ( x / 2 ) {\displaystyle \ \sin(x)=|BC|<|AB|=2\sin(x/2)} , אבל   2 sin ⁡ ( x / 2 ) < x {\displaystyle \ 2\sin(x/2)<x} כיוון שהקשת שאורכה x מחברת את הנקודות AB, שהמרחק ביניהן   2 sin ⁡ ( x / 2 ) {\displaystyle \ 2\sin(x/2)} . בכך סיימנו להוכיח את חלקו השמאלי של האי-שוויון. כדי להוכיח את אי-השוויון באגף ימין, נבחין שהמרחק בין A ל-D הוא   tan ⁡ ( x ) {\displaystyle \ \tan(x)} . נראה שהקשת x קצרה מן הקטע AD. נניח שהנקודות   P 1 , … , P n {\displaystyle \ P_{1},\dots ,P_{n}} פזורות לאורך הקשת AB ומסודרות לפי קרבתן ל־A. נעביר את הרדיוסים מהנקודה O אל הנקודות האלה, ונמשיך אותם עד שיפגשו בקטע AD. את נקודות המפגש נסמן   Q 1 , … , Q n {\displaystyle \ Q_{1},\dots ,Q_{n}} . כעת נשאר להראות שסכום המרחקים   | P i P i + 1 | {\displaystyle \ |P_{i}P_{i+1}|} קטן מסכום המרחקים   | Q i Q i + 1 | {\displaystyle \ |Q_{i}Q_{i+1}|} . עבור כל   i = 1 , … , n − 1 {\displaystyle \ i=1,\dots ,n-1} , אפשר להעביר במרובע   P i P i + 1 Q i + 1 Q i {\displaystyle \ P_{i}P_{i+1}Q_{i+1}Q_{i}} את הישר   Q i R {\displaystyle \ Q_{i}R} המקביל לצלע   P i P i + 1 {\displaystyle \ P_{i}P_{i+1}} ; הזוויות   ∠ P i + 1 P i Q i , ∠ P i P i + 1 Q i + 1 , ∠ Q i R Q i + 1 {\displaystyle \ \angle P_{i+1}P_{i}Q_{i},\angle P_{i}P_{i+1}Q_{i+1},\angle Q_{i}RQ_{i+1}} כולן קהות ושוות זו לזו, כבאיור משמאל. מכאן ברור ש-   | P i P i + 1 | < | Q i R | < | Q i Q i + 1 | {\displaystyle \ |P_{i}P_{i+1}|<|Q_{i}R|<|Q_{i}Q_{i+1}|} . כשמסכמים את אי-השוויונים האלה, מתקבל   ∑ | P i P i + 1 | < ∑ | Q i Q i + 1 | = | A D | {\displaystyle \ \sum |P_{i}P_{i+1}|<\sum |Q_{i}Q_{i+1}|=|AD|} , כדרוש. את הנגזרת של הפונקציה arcsin, ההפוכה לסינוס, אפשר לחשב באמצעות המשפט היסודי של החשבון הדיפרנציאלי והאינטגרלי וחישוב אורך הקשת של המעגל כאינטגרל על אלמנט האורך. אכן, נוסחת המעגל היא   x 2 + y 2 = 1 {\displaystyle \ x^{2}+y^{2}=1} , כלומר   y = 1 − x 2 {\displaystyle \ y={\sqrt {1-x^{2}}}} . לכן אורך הקשת שמעל לקטע 0 ≤ x ≤ a {\displaystyle 0\leq x\leq a} שווה לאינטגרל   ∫ 0 a 1 + y ′ ( x ) 2 d x = ∫ 0 a 1 1 − x 2 d x {\displaystyle \ \int _{0}^{a}{\sqrt {1+y'(x)^{2}}}dx=\int _{0}^{a}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx} . מאידך, אם נסמן את הזווית המתאימה לקשת הזו ב-   θ {\displaystyle \ \theta } , נקבל ש-   a = sin ⁡ θ {\displaystyle \ a=\sin \theta } , כלומר   θ = arcsin ⁡ a {\displaystyle \ \theta =\arcsin a} . אם כך,   arcsin ⁡ a = ∫ 0 a 1 1 − x 2 d x {\displaystyle \ \arcsin a=\int _{0}^{a}{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx} . נגזור את שני האגפים, ונקבל arcsin ⁡ ( a ) ′ = 1 1 − a 2 {\displaystyle \arcsin(a)'={\frac {1}{\sqrt {1-a^{2}}}}} . לכן הנגזרת לפונקציה ההפוכה, פונקציית הסינוס, היא   sin ⁡ ( θ ) ′ = 1 − sin ⁡ ( θ ) 2 = cos ⁡ ( θ ) {\displaystyle \ \sin(\theta )'={\sqrt {1-\sin(\theta )^{2}}}=\cos(\theta )} (את הסימן יש למצוא לפי כיוון התנועה לאורך המעגל). בפרט,   lim θ → 0 sin ⁡ θ θ = ( sin ⁡ θ ) ′ | θ = 0 = cos ⁡ ( 0 ) = 1 {\displaystyle \ \lim _{\theta \rightarrow 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}=(\sin \theta )'|_{\theta =0}=\cos(0)=1} . חסרונה של השיטה הזו בכך נסמכת על מושגים באינטגרציה, שבתורם משתמשים בשיטות מיצוי וגבולות כלליות יותר מאלו שהופיעו בהוכחות הקודמות. sinc גרף של הפונקציה גדי אלכסנדרוביץ', הונאה מעבר לגבול, באתר "לא מדויק", 20 בינואר 2008 פרק בספר למורים "ללמוד וללמד אנליזה" אי-השוויון נכון לכל x בקטע 0 < x < π 2 {\displaystyle 0<x<{\frac {\pi }{2}}} ; כיוון שמטרתנו היא לחשב את הגבול באפס, די להוכיח את אי-השוויון עבור x קטן מספיק.