Предел и непрерывность тригонометрических функций

В этом уроке мы докажем, что синус и косинус — непрерывные функции, выясним, где непрерывны остальные тригонометрические функции, и вычислим два предела, которые постоянно используются в математическом анализе:

${\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1}$   и   ${\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}=0}.$

Определение непрерывности и свойства непрерывных функций рассмотрены в предыдущем уроке «Свойства непрерывных функций».

На этой странице: Синус и косинус · Другие тригонометрические функции · Теорема о двух милиционерах · Первый замечательный предел · Предел (1 − cos x) / x · Применение двух пределов · Задачи

Непрерывность синуса и косинуса

Для острого угла $\theta$ прямоугольного треугольника синус и косинус — это отношения сторон:

${\sin\theta}={\frac{\text{противолежащий катет}}{\text{гипотенуза}}},$   ${\cos\theta}={\frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}}}.$

Для углов любой величины используют единичную окружность ${x^2+y^2=1}.$ Далее будем измерять углы в радианах и писать $x$ вместо $\theta.$ Если луч, выходящий из начала координат и повёрнутый на угол $x$ от положительного направления оси $x$ (против часовой стрелки; при отрицательном $x$ — по часовой стрелке), пересекает окружность в точке $P,$ то точка $P$ имеет координаты ${(\cos x;\,\sin x)}.$

Вот графики функций ${f(x)=\sin x}$ и ${g(x)=\cos x}.$ Ни на одном из них нет разрывов.

Пределы в точке 0. Когда $x$ стремится к $0,$ точка ${P(\cos x;\,\sin x)}$ движется по окружности к точке $B(1;\,0),$ поэтому её координаты стремятся к координатам точки $B\text{:}$

${\lim_{x\to0}\sin x=0},$   ${\lim_{x\to0}\cos x=1}.$

Это в точности значения функций в точке $0\text{:}$ ${\sin0=0}$ и ${\cos0=1}.$ Напомним определение непрерывности:

По этому определению синус и косинус непрерывны в точке $0.$

Теорема. Функции ${\sin x}$ и ${\cos x}$ непрерывны в каждой точке числовой прямой.

Доказательство. Пусть $c$ — любое действительное число; положим ${h=x-c},$ т. е. ${x=c+h}.$ Тогда условие ${x\to c}$ равносильно условию ${h\to0},$ и непрерывность функции $f$ в точке $c$ означает, что

${\lim_{h\to0}f(c+h)=f(c)}.$

Функция ${\sin x}$ определена на всей числовой прямой. По формуле синуса суммы, свойствам пределов и с учётом пределов в точке $0$ получаем

${\lim_{h\to0}\sin(c+h)}={\lim_{h\to0}(\sin c\cos h+\cos c\sin h)}$

$={\sin c\cdot\lim_{h\to0}\cos h}+{\cos c\cdot\lim_{h\to0}\sin h}={\sin c\cdot1+\cos c\cdot0}={{\sin c}.}$

Аналогично, по формуле ${\cos(c+h)}={\cos c\cos h-\sin c\sin h}$ получаем

${\lim_{h\to0}\cos(c+h)}={\cos c\cdot1-\sin c\cdot0}={{\cos c}.}$

Непрерывность других тригонометрических функций

Остальные тригонометрические функции выражаются через синус и косинус:

${\operatorname{tg}x=\frac{\sin x}{\cos x}},$   ${\operatorname{ctg}x=\frac{\cos x}{\sin x}},$   ${\sec x=\frac{1}{\cos x}},$   ${\operatorname{cosec}x=\frac{1}{\sin x}}.$

Частное непрерывных функций непрерывно во всех точках, где знаменатель не равен $0.$ Косинус равен $0$ при ${x=\frac{\pi}{2}+k\pi},$ т. е. при ${x=\pm\frac{\pi}{2}},$ ${\pm\frac{3\pi}{2}},$ ${\pm\frac{5\pi}{2}},$ …, а синус равен $0$ при ${x=k\pi}$ ($k$ — целое число). Поэтому:

Функция	Непрерывна при всех $x,$ кроме
${\operatorname{tg}x},$ ${\sec x}$	${x=\frac{\pi}{2}+k\pi}$
${\operatorname{ctg}x},$ ${\operatorname{cosec}x}$	${x=k\pi}$

В этих точках функции не определены, а их графики имеют вертикальные асимптоты. Например, ${\lim_{x\to\frac{\pi}{2}-0}\operatorname{tg}x=+\infty}$ и ${\lim_{x\to\frac{\pi}{2}+0}\operatorname{tg}x=-\infty}.$

В каждой точке, где тригонометрическая функция непрерывна, её предел находится подстановкой.

Пример 1. Найдите пределы:

${\lim_{x\to\pi/4}\operatorname{tg}x}={\operatorname{tg}\frac{\pi}{4}}={1},$   ${\lim_{x\to\pi}x\cos x}={\pi\cos\pi}={-\pi},$   ${\lim_{x\to0}\cos(x^2+x)}={\cos0}={1}.$

Для последнего предела мы воспользовались теоремой о непрерывности сложной функции: ${\cos(x^2+x)}$ — непрерывная функция от непрерывной функции ${x^2+x}.$

Теорема о двух милиционерах

Теперь рассмотрим пределы ${\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}}$ и ${\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}}.$ Здесь подстановка не помогает: при ${x=0}$ обе дроби превращаются в ${\frac{0}{0}}.$ Когда $x$ стремится к $0,$ числитель стремится к $0,$ и это тянет дробь к $0;$ но и знаменатель стремится к $0,$ а это делает дробь большой. Что перевесит? Сократить общий множитель алгебраически, как мы делали для рациональных функций, здесь не получится. Графики подсказывают ответы $1$ и $0\text{:}$

Для доказательства таких равенств используется следующая теорема.

Теорема о двух милиционерах (о сжатой переменной). Пусть функции $f,$ $g$ и $h$ таковы, что ${g(x)\le f(x)\le h(x)}$ для всех $x$ из некоторого интервала, содержащего точку $c,$ кроме, быть может, самой точки $c.$ Если ${\lim_{x\to c}g(x)}={\lim_{x\to c}h(x)}={L},$ то и ${\lim_{x\to c}f(x)=L}.$

Функция $f$ зажата между $g$ и $h,$ а обе они стремятся к одному и тому же числу $L,$ поэтому функции $f$ некуда деваться: она тоже стремится к $L.$

Пример 2. С помощью теоремы о двух милиционерах найдите ${\lim_{x\to0}x^2\sin^2\frac{1}{x}}.$

Свойство предела произведения применить нельзя, так как ${\lim_{x\to0}\sin^2\frac{1}{x}}$ не существует (функция колеблется между $0$ и $1$). Но при любом ${x\ne0}$ выполняется неравенство ${-1\le\sin\frac{1}{x}\le1},$ поэтому ${0\le\sin^2\frac{1}{x}\le1}.$ Умножив это неравенство на ${x^2\ge0},$ получаем

${0}\le{x^2\sin^2\frac{1}{x}}\le{x^2}.$

Так как ${\lim_{x\to0}0=\lim_{x\to0}x^2=0},$ по теореме о двух милиционерах ${\lim_{x\to0}x^2\sin^2\frac{1}{x}=0}.$

Та же идея позволяет строго обосновать пределы синуса и косинуса в точке $0\text{:}$ перпендикуляр, опущенный из точки $P$ на ось $x,$ имеет длину ${|\sin x|}$ и короче дуги $BP,$ длина которой равна $|x|,$ поэтому ${-|x|\le\sin x\le|x|},$ и по теореме о двух милиционерах ${\lim_{x\to0}\sin x=0}.$

Первый замечательный предел

В доказательстве используется площадь кругового сектора. Сектор с центральным углом $\theta$ (в радианах) составляет долю ${\frac{\theta}{2\pi}}$ от всего круга, площадь которого равна ${\pi r^2},$ поэтому площадь сектора равна

${A}={\frac{\theta}{2\pi}\cdot\pi r^2}={\frac{1}{2}r^2\theta}.$

Теорема (первый замечательный предел). ${\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1}.$

Доказательство. Пусть сначала ${0\lt x\lt\frac{\pi}{2}}.$ Рассмотрим единичную окружность и точки $O(0;\,0),$ $B(1;\,0),$ ${P(\cos x;\,\sin x)}$ и ${Q(1;\,\operatorname{tg}x)}$ — точку пересечения луча $OP$ с вертикальной прямой, проходящей через $B$ (эта прямая касается окружности в точке $B;$ в прямоугольном треугольнике $OBQ$ имеем ${BQ=OB\cdot\operatorname{tg}x=\operatorname{tg}x}$). Треугольник $OBP$ содержится в секторе $OBP,$ а сектор содержится в треугольнике $OBQ\text{:}$

Найдём их площади (основание ${OB=1};$ высоты треугольников равны $\sin x$ и ${BQ=\operatorname{tg}x}$):

${A_{\triangle OBP}}={\frac{1}{2}\cdot1\cdot\sin x}={\frac{1}{2}\sin x},$   ${A_{\text{сектора}}}={\frac{1}{2}\cdot1^2\cdot x}={\frac{1}{2}x},$   ${A_{\triangle OBQ}}={\frac{1}{2}\cdot1\cdot\operatorname{tg}x}={\frac{1}{2}\operatorname{tg}x},$

поэтому

${0}\lt{\frac{1}{2}\sin x}\lt{\frac{1}{2}x}\lt{\frac{1}{2}\operatorname{tg}x}.$

Разделив все части неравенства на положительное число ${\frac{1}{2}\sin x},$ получаем ${1\lt\frac{x}{\sin x}\lt\frac{1}{\cos x}};$ переходя к обратным величинам (знаки неравенств при этом меняются на противоположные), находим

${\cos x}\lt{\frac{\sin x}{x}}\lt{1}.$

Если ${-\frac{\pi}{2}\lt x\lt0},$ то ${0\lt-x\lt\frac{\pi}{2}},$ поэтому только что доказанное неравенство верно для $-x\text{:}$ ${\cos(-x)\lt\frac{\sin(-x)}{-x}\lt1}.$ Так как ${\cos(-x)=\cos x}$ и ${\frac{\sin(-x)}{-x}}={\frac{-\sin x}{-x}}={\frac{\sin x}{x}},$ мы снова получаем неравенство ${\cos x\lt\frac{\sin x}{x}\lt1}.$ Итак, неравенство верно при всех $x,$ удовлетворяющих условию ${0\lt|x|\lt\frac{\pi}{2}}.$ Наконец, ${\lim_{x\to0}\cos x=1}$ и ${\lim_{x\to0}1=1},$ поэтому по теореме о двух милиционерах

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1.$$

Помните, что здесь $x$ измеряется в радианах: формула площади сектора ${\frac{1}{2}r^2\theta}$ верна только для угла, измеренного в радианах.

Предел (1 − cos x) / x

Теорема. ${\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x}=0}.$

Доказательство. Умножим числитель и знаменатель на ${1+\cos x}$ и воспользуемся тождеством ${1-\cos^2x=\sin^2x}\text{:}$

${\frac{1-\cos x}{x}}={\frac{1-\cos^2x}{x(1+\cos x)}}={\frac{\sin^2x}{x(1+\cos x)}}={{\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{\sin x}{1+\cos x}}.}$

При ${x\to0}$ первый множитель стремится к $1,$ а второй — к ${\frac{0}{1+1}=0},$ поэтому предел равен ${1\cdot0=0}.$

Применение двух пределов

Пример 3. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}x}{x}}.$

${\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}x}{x}}={\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}{x}\cdot\frac{1}{\cos x}\right)}={1\cdot1}={{1}.}$

Пример 4. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}}.$

Запишем дробь так, чтобы аргумент синуса стоял и в знаменателе, и положим ${t=3x}$ (${t\to0}$ при ${x\to0}$):

${\lim_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}}={\lim_{x\to0}3\cdot\frac{\sin3x}{3x}}={3\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}}={{3}.}$

Пример 5. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}}.$

Как и в доказательстве выше, умножим числитель и знаменатель на ${1+\cos x}\text{:}$

${\frac{1-\cos x}{x^2}}={\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}}={{\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\cdot\frac{1}{1+\cos x}},}$

и это выражение стремится к ${1^2\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}}.$

Задачи для самостоятельного решения

1. Найдите ${\lim_{x\to\pi/6}(\sin x+\cos2x)}.$

Ответ

Обе функции непрерывны: ${\sin\frac{\pi}{6}+\cos\frac{\pi}{3}}={\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}={1}.$

2. Где непрерывна функция ${f(x)=\frac{\operatorname{tg}x}{x}}?$

Ответ

При всех $x,$ кроме ${x=0}$ (знаменатель равен $0$) и ${x=\frac{\pi}{2}+k\pi}$ (тангенс не определён). Разрыв в точке $0$ устранимый: предел в этой точке равен $1$ (пример 3).

3. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{\sin5x}{x}}.$

Ответ

${5\lim_{x\to0}\frac{\sin5x}{5x}=5}.$

4. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}2x}{x}}.$

Ответ

${\frac{\operatorname{tg}2x}{x}}={{2\cdot\frac{\sin2x}{2x}\cdot\frac{1}{\cos2x}},}$ и это выражение стремится к ${2\cdot1\cdot1=2}.$

5. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sin3x}}.$

Ответ

${\frac{\sin2x}{\sin3x}}={\frac{\sin2x}{2x}\cdot\frac{3x}{\sin3x}\cdot\frac{2}{3}},$ и это выражение стремится к ${1\cdot1\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}}.$

6. Найдите ${\lim_{x\to0}\frac{1-\cos2x}{x^2}}.$

Ответ

Так как ${1-\cos2x=2\sin^2x},$ дробь равна ${2\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2}$ и стремится к $2.$

7. С помощью теоремы о двух милиционерах найдите ${\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}}.$

Ответ

Так как ${\left|x\sin\frac{1}{x}\right|\le|x|},$ то ${-|x|\le x\sin\frac{1}{x}\le|x|}.$ И ${-|x|},$ и $|x|$ стремятся к $0,$ поэтому предел равен $0.$

8. Найдите ${\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}{x}}.$

Ответ

При ${x\gt0}$ выполняется неравенство ${-\frac{1}{x}\le\frac{\sin x}{x}\le\frac{1}{x}},$ и обе его крайние части стремятся к $0.$ По теореме о двух милиционерах (она верна и при ${x\to+\infty}$) предел равен $0.$

Предыдущий урок: Свойства непрерывных функций. См. также урок «Пределы (Интуитивное введение)», где предел ${\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1}$ был впервые угадан по таблице.