Rナギの数学日記

ゆまるの数学日記

元通信制高校生の数学ノート

lim sinx/x = 1 を用いない三角関数の微分公式の証明

公式(三角関数微分

 \displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \sin x = \cos x

微分の定義通りにこの公式を証明しようと思えば, \displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1 という極限を使うことになると思うが,これを用いなくても三角関数微分はできるので紹介する.


証明

三角関数の定義を思い出す.

定義(三角関数

偏角  \theta の単位円周上の点のx座標を  \cos \thetay座標を  \sin \theta と定義する.

また定義より

 \begin{align} \sin (\theta + \pi) &= - \sin \theta \\ \sin(- \theta) &= \sin \theta \end{align}

が成り立つ.よって  [0, \pi/2] 上で上記の微分公式を示せれば,これは実数全体に拡張される.

単位円周の第一象限によって切り取られた部分は,次にように媒介変数表示される(各自確かめよ).

 \left\{ \begin{aligned} x &= \sqrt{1-t^2} \\ y &= t \end{aligned} \right. \ \ \ (0 \leq t \leq 1)

従って,ラジアンの定義と曲線の長さの公式より,次の式が成り立つ.

 \displaystyle x = \int_0^{\sin x}\sqrt{\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^2+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)^2}\mathrm{d}t = \int_0^{\sin x} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm{d}t \ \ \ (0 \leq x \leq \frac{\pi}{2})

よって, \sin x \ (0 \leq x \leq \pi/2)

 \displaystyle f(x) = \int_0^x \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm{d}t \ \ \ (0 \leq x \leq 1)

逆関数である.ゆえに,微分積分学の基本定理逆関数微分法により,

 \displaystyle (\sin x)' = \frac{1}{f'(\sin x)} = \sqrt{1-(\sin x)^2} = \cos x.

Q.E.D.

相加平均≧相乗平均≧調和平均の図形的証明

2変数の場合です。

「相加平均≧相乗平均」の円を使った証明はよく知られています。例えば、


「相加相乗平均の関係」を視覚的に理解する!

を参照されたいです。

さて、楕円を持ち出すことで「相加平均≧相乗平均≧調和平均」が図形的に証明できることを、先日偶然発見しました。

f:id:rnagi:20200116132611j:plain

ここで

算術平均(相加平均): \displaystyle \frac{a+b}{2}
幾何平均(相乗平均): \displaystyle \sqrt{ab}
調和平均: \displaystyle \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}

となります。証明は、読者の演習問題とします。

高校物理の問題【随時更新】

いつかbotを作るときの問題たち.

[1] 太陽を中心として地球が周期  T の等速円運動をしている.時刻 t = 0 に地球の速さを  \sqrt{8/5} 倍すれば,地球は太陽を焦点として楕円運動をするようになる.このとき,地球が初めてこの楕円の短軸上の頂点に達した時の時刻を  T を用いて表せ.(自作)


解答

[2] 2つの同じ大きさの半球形の剛体を合わせて,中空の球とし,内部を排気して真空とした.球の半径を  r,大気圧を  p とする.半径の一方を固定しておき,もう一方の半径の中央に力を加えて引き離すために必要な力の最小値を求めよ.球の厚みは無視する.(千葉大改)


解答

【随時更新】三角関数の値の明示的表示 - Exact Trig Values


 \displaystyle \sin 3^\circ = \frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)-2\left(\sqrt{3}-1\right)\sqrt{5+\sqrt{5}}}{16}

 \displaystyle \cos 3^\circ = \frac{2\left(\sqrt{3}+1\right)\sqrt{5+\sqrt{5}}+\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}{16}


 \displaystyle \sin 6^\circ = \frac{\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}-1-\sqrt{5}}{8}

 \displaystyle \cos 6^\circ = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5-\sqrt{5}}+\sqrt{3}+\sqrt{15}}{8}


 \displaystyle \sin 9^\circ = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{10}-2\sqrt{5-\sqrt{5}}}{8}

 \displaystyle \cos 9^\circ = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{10}+2\sqrt{5-\sqrt{5}}}{8}


 \displaystyle \sin 12^\circ = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5+\sqrt{5}}-\sqrt{15}+\sqrt{3}}{8}

 \displaystyle \cos 12^\circ = \frac{\sqrt{6}\sqrt{5+\sqrt{5}}+\sqrt{5}-1}{8}


 \displaystyle \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}

 \displaystyle \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}


 \displaystyle \sin 18^\circ = \frac{\sqrt{5}-1}{4}

 \displaystyle \cos 18^\circ = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5+\sqrt{5}}}{4}


 \displaystyle \sin 21^\circ = \frac{2\left(\sqrt{3}+1\right)\sqrt{5-\sqrt{5}}-\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}{16}

 \displaystyle \cos 21^\circ = \frac{2\left(\sqrt{3}-1\right)\sqrt{5-\sqrt{5}}+\left(\sqrt{5}+1\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)}{16}


 \displaystyle \sin 24^\circ = \frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}-\sqrt{2}\sqrt{5-\sqrt{5}}}{8}

 \displaystyle \cos 24^\circ = \frac{1+\sqrt{5}-\sqrt{6}\sqrt{5-\sqrt{5}}}{8}


 \displaystyle \sin 36^\circ = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5-\sqrt{5}}}{4}

 \displaystyle \cos 36^\circ = \frac{\sqrt{5}+1}{4}


 \displaystyle \sin 42^\circ = \frac{\sqrt{6}\sqrt{5+\sqrt{5}}-\sqrt{5}+1}{8}

 \displaystyle \cos 42^\circ = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5+\sqrt{5}}+\sqrt{15}-\sqrt{3}}{8}



I avoid nested radicals as long as possible. But some values can be expressed simpler by using triple-nested radical, e.g.,
 \displaystyle \sin 3^\circ = \frac{\sqrt{8-\sqrt{2}\sqrt{5-\sqrt{5}}-\sqrt{3}-\sqrt{15}}}{4}.

NOTICE that these values aren't necessarily true since I couldn't confirm if all of them are correct. If you find some errors, let me know in the comments down below.

三角関数の和公式と積分を使ってバーゼル問題を解決する

高校数学に収まるバーゼル問題の証明はいくつかの方法が知られていますが,今回は三角関数積分を武器に証明しようと思います.

Lemma 1.*1  n を非負整数とする.このとき,*2

 \displaystyle 1 + 2 \sum_{k=1}^n \cos kx = \frac{\sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x}{\sin \frac{x}{2}}.

Proof(Lemma 1)

 n =0 のときは明らか.和積公式より,

 \displaystyle \begin{align} & \frac{\sin \left( n + \frac{3}{2} \right)x}{\sin \frac{x}{2}} - \frac{\sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x}{\sin \frac{x}{2}} \\ &= \frac{2 \cos (n + 1)x \sin \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} = 2 \cos (n + 1)x \end{align}

が成り立つから,数学的帰納法により示された.

Lemma 2.  N を正整数とする.このとき,

 \displaystyle  N + 2 \sum_{k=1}^N (N-k) \cos kx = \frac{\sin^2 \frac{Nx}{2}}{\sin^2 \frac{x}{2}}.

Proof(Lemma 2)

Lemma 1の式で両辺  n = 0 , \cdots, N -1 として足し合わせる.左辺は各自確かめよ.右辺は,

 \displaystyle \begin{align} & \sum_{n=0}^{N-1} \frac{\sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x}{\sin \frac{x}{2}} = \sum_{n=0}^{N-1} \frac{\sin \left( n + \frac{1}{2} \right)x \sin \frac{x}{2}}{\sin^2 \frac{x}{2}} \\ &= \sum_{n=0}^{N-1} \frac{-\frac{1}{2} \left(\cos (n+1)x - \cos nx \right)}{\sin^2 \frac{x}{2}} \\ &= \frac{\frac{1}{2}\left( 1 - \cos Nx \right)}{\sin^2 \frac{x}{2}} = \frac{\sin^2 \frac{Nx}{2}}{\sin^2 \frac{x}{2}} \end{align}

Theorem(Basel problem)

 \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}.

Proof(Theorem)

Lemma 2の式を  f(x) として, \displaystyle \int_0^\pi x f(x) \mathrm{d}x を求める.まず左辺を計算する.

 \displaystyle \begin{align} & \int_0^\pi \left( Nx + 2 \sum_{k=1}^N (N-k) x \cos kx \right) \mathrm{d}x \\ &= \int_0^\pi Nx \mathrm{d}x + 2 \sum_{k=1}^N (N-k) \int_0^\pi x \cos kx \mathrm{d}x \\ &= N \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^\pi + 2 \sum_{k=1}^N (N-k) \left[ x \frac{\sin kx}{k} - \left( \frac{- \cos kx}{k^2} \right) \right]_0^\pi \\ &= \frac{\pi^2}{2} N + 2N \sum_{k=1}^N \frac{(-1)^k -1}{k^2} -2 \sum_{k=1}^N \frac{(-1)^k -1}{k} \end{align}

右辺は,

 \displaystyle \begin{align} \int_0^\pi x \frac{\sin^2 \frac{Nx}{2}}{\sin^2 \frac{x}{2}} \mathrm{d}x \leq \int_0^\pi \frac{x}{\sin^2 \frac{x}{2}} \mathrm{d}x = A \end{align}

ここで  A N に依らない定数.

(2020/02/15 追記: 上記に論理の飛躍があります.そのうち修正します.)

両辺  N で割って  N \to \infty とすることにより,

 \displaystyle \lim_{N\to\infty} \left| \frac{\pi^2}{2} + 2 \sum_{k=1}^N \frac{(-1)^k -1}{k^2} \right| = 0
 \displaystyle \therefore \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}

Theorem(Basel problem)(同値な言いかえ)

 \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

これは読者に任せてよいだろう.

*1:19年の東北大後期理系に出題があります.

*2:空和(区間空集合の和)は 0 とする.