Доказательство первого замечательного предела и его следствий

Пусть точки A и B лежат на окружности радиуса R с центром в точке C: |CA| = |CB| = R (см. рисунок). Через точку A проведем высоту AH треугольника ABC. Через точку B проведем перпендикуляр BE к отрезку BC до пересечения с прямой CA в точке E. Пусть α – угол, выраженный в радианах, между сторонами CA и CB:
α =  | ^⁔ADB | R.
Здесь  | ^⁔ADB |  – длина дуги окружности.

А) Рассмотрим случай 0 < α < π / 2.
Поскольку длина отрезка AB является кратчайшим расстоянием между точками A и B, то
 | AB |  <  | ^⁔ADB | .
Из прямоугольника ABH имеем:
 | AH |  = √  | AB | ² –  | BH | ²  <  | AB |  <  | ^⁔ADB | ;
 | AH |  <  | ^⁔ADB | .
Подставим  | AH |  = R sin α,   | ^⁔ADB |  = Rα:
R sin α < Rα.
Разделим на положительное число Rα:
(1)   sin αα < 1.

Согласно приведенной ниже лемме ⇓,
 | ^⁔ADB |   <  | EB | .
Подставим сюда  | ^⁔ADB |  = Rα,   | EB |  = R tg α:
Rα < R tg α = R sin αcos α.
Умножим на положительное число cos αRα:
(2)   cos α < sin αα.

Из (1) и (2) имеем:
(3)   cos α < sin αα < 1  при  0 < α < π / 2.

Б) Теперь рассмотрим отрицательные значения –π / 2 < α < 0.
Тогда β = –α – положительное. Подставим в (3) и воспользуемся четностью косинуса и нечетностью синуса:
cos β < sin ββ < 1;
cos(–α) < sin(–α)–α < 1;
cos(α) <  – sin(α)–α < 1;
cos(α) < sin αα < 1.
Таким образом, неравенства (3) выполняются как для положительных, так и для отрицательных значений 0 <  | α |  < π / 2:
(4)   cos α < sin αα < 1  при  0 <  | α |  < π / 2.

В силу непрерывности функции косинус:
lim_α → 0 cos α = cos(0) = 1.
Переходим в (4) к пределу α → 0. Применяя теорему о промежуточной функции, получаем:
lim_α → 0 sin αα = 1.
Наконец, обозначим переменную α буквой x:
lim_x → 0 sin xx = 1.

Первый замечательный предел доказан.

1) Докажем, что lim_x → 0 tg xx = 1:
lim_x → 0 tg xx = lim_x → 0 sin xx cos x = lim_x → 0[  sin xx ⋅ 1cos x ] =
 lim_x → 0 sin xx ⋅ 1lim_x → 0cos x = 1 ⋅ 1cos(0) = 1.
Здесь мы, кроме доказанного выше первого замечательного предела, использовали арифметические свойства пределов функций и непрерывность функции косинус.

Следствие 1) доказано.

2) Докажем, что lim_x → 0 arcsin xx = 1:
lim_x → 0 arcsin xx = lim_x → 0 arcsin xsin arcsin x = lim_t → 0 tsin t = lim_t → 0 1sin tt = 1lim_t → 0 sin tt = 11 = 1.
Приведем пояснения к вычислениям, двигаясь с конца. Мы использовали первый замечательный предел: lim_t → 0 sin tt = 1, применили арифметические свойства пределов функций: lim_t → 0 1sin tt = 1lim_t → 0 sin tt.

Далее мы воспользовались теоремой о пределе сложной функции. Поясним этот переход более подробно. Пусть
F(x) = arcsin xsin arcsin x.
Тогда эту функцию можно представить как сложную:
F(x) =  f (t(x)),
где  f (t) = tsin t,   t(x) = arcsin x.
Чтобы применить теорему о пределе сложной функции, нам нужно показать три вещи:
a) что существует предел t₀ = lim_x → x0 t(x);
b) что существует такая проколотая окрестность ^○U(x₀) точки x₀, на которой
t(x) ≠ t₀  при  x ∈ ^○U(x₀).
c) что существует предел  f ₀ = lim_t → t0  f (t).

Покажем это.
a) Поскольку функция арксинус непрерывна на своей области определения, то предел равен значению функции в x₀:
t₀ = lim_x → x0 t(x) = lim_x → 0 arcsin x = arcsin(0) = 0.
b) Если бы функция  f (t) = tsin t была непрерывной в точке t₀ = 0, то и не было бы условия b), а предел  f ₀ равнялся бы значению функции в t₀:  f ₀ = lim_t → t0  f (t) =  f (t₀). Но в нашем случае, функция  f (t) = tsin t не определена при t = t₀ = 0, и поэтому не является непрерывной в t₀. Нам нужно доказать, что существует такая проколотая окрестность ^○U(x₀)  точки  x₀, на которой
t(x) = arcsin x ≠ t₀  при  x ∈ ^○U(x₀).
Такая окрестность существует, поскольку функция t(x) = arcsin x строго монотонна и поэтому имеет значение t₀ = 0 только в одной точке. Это точка x = x₀ = 0. Поскольку t(x) = arcsin x ≠ 0 при x ≠ 0, то на любой проколотой окрестности точки x₀ = 0, t(x) = arcsin x ≠ t₀ = 0. Пункт b) выполнен.
c) Выше мы показали, что существует предел
 f ₀ = lim_t → t0  f (t) = lim_t → 0 1sin tt = 1.

И, наконец, исходя из определения функции арксинус,
x = sin arcsin x  при  –1 ≤ x ≤ 1.

Следствие 2) доказано.

3) Здесь доказательство аналогично предыдущему.
Поскольку lim_x → 0 arctg x = arctg(0) = 0,  и  arctg x ≠ 0  при  x ≠ 0, то
lim_x → 0 arctg xx = lim_x → 0 arctg xtg arctg x = lim_t → 0 ttg t = lim_t → 0 1tg tt = 1lim_t → 0 tg tt = 11 = 1.

Следствия доказаны.

Доказательство

Рассмотрим произвольную ломаную AA₁ A₂ ⋅ ⋅ ⋅A_n B, вписанную в дугу ^⁔AB. Через центр окружности C и каждую вершину A_i ломаной проведем отрезок CE_i до пересечения с отрезком BE в точке E_i.

Через точку E₂ проведем отрезок E₂ E^′₁, параллельно A₂ A₁, до пересечения с отрезком CE₁ в точке E^′₁. Треугольники CA₁ A₂ и CE^′₁E₂ равнобедренные и подобные. Из их подобия имеем:
 | A₁ A₂ |  <  | E^′₁E₂ | .

Поскольку треугольник CE^′₁E₂ равнобедренный, то угол CE^′₁E₂ < π / 2. Тогда E₂ E^′₁E₁ > π / 2. Используя теорему косинусов, имеем:  | E^′₁E₂ |  <  | E₁ E₂ | .

Таким образом
 | A₁ A₂ |  <  | E^′₁E₂ |  <  | E₁ E₂ | , или
 | A₁ A₂ |  <  | E₁ E₂ | .
Выполняя подобные построения для остальных вершин ломаной, получим:
 | AA₁ |  <  | EE₁ | ;
 | A_i A_i + 1 |  <  | E_i E_i + 1 | , где 1 ≤ i ≤ n – 1.

Поскольку в треугольнике BA_n E_n, угол BA_n E_n > π / 2, то
 | A_n B |  <  | E_n B | .

Применяя эти неравенства, покажем, что длина ломаной AA₁ A₂ ⋅ ⋅ ⋅A_n B меньше длины отрезка EB:
l_{AA1 A2 ⋅ ⋅ ⋅An B} =  | AA₁ |  +  | A₁ A₂ |  + ⋅ ⋅ ⋅ +  | A_n B |  <  | EE₁ |  +  | E₁ E₂ |  + ⋅ ⋅ ⋅ +  | E_n B |  =  | EB | ;
l_{AA1 A2 ⋅ ⋅ ⋅An B} <  | EB | .
Переходя к точной верхней границе, получаем:
(Л1)    | ^⁔AB |  ≤  | EB | .

Теперь докажем, что  | ^⁔AB |  <  | EB | .

Для этого из точки A проведем отрезок AK, перпендикулярно CE, чтобы точка K принадлежала EB. И пусть N – точка пересечения отрезка CK с дугой ^⁔AB. Применяя (Л1) к треугольникам CAK и CKB, получим:
 | ^⁔AN |  ≤  | AK | ;
 | ^⁔NB |  ≤  | KB | .
Из прямоугольника KAE имеем:
 | AK |  <  | EK | .
Тогда
 | ^⁔AB |  =  | ^⁔AN |  +  | ^⁔NB |  ≤  | AK |  +  | KB |  <  | EK |  +  | KB |  =  | EB | .
Или  | ^⁔AB |  <  | EB | .

Лемма доказана.