cqzypx さんの応答への再質問です。
精力的な応答を感謝致します。さて、思い浮かんだことを下に書き述べます。

（１） まず、杉浦先生の「 比：2sin(t)/2t 」（ 解析入門Ⅰ p176 図3.1 から ）
を考えるとき、分母は弧度法で記述されてるのだろうと思われますが、前記の証明で
円の相似が未知である段階では、これを「 円弧 」と弦の長さの比と認識することは
避けたいと思います。

（２） 次に、矢野健太郎著「 微分積分学 」（裳華房）p139　Ⅱ．曲線の長さ　　
によりますが、
　　　「 平面上で、二点　P,Q　を結ぶ一つの曲線　C　を考える。いま　C　上に点
　P=P[0],P[1],P[2],…,P[n-1],P[n]=Q　をとる。　n　を十分大きくすることによっ
て、各線分　P[i-1]P[I]( 1≦i≦n )　の長さ　〔P[i-1]P[I]〕（ 線分の意味で
。 ）　を十分小さくしていくとき、　∑[i=1～n]〔P[i-1]P[I]〕　がある一定の極
限値　l　に限りなく近づいていくならば、この曲線は長さをもつといって、　l　を
その長さという。 」

　　を参考に、近似折れ線の極限を以って当該曲線と定義すれば、いま証明を幾何学
的に試みるのであるから、内接正　n　角形の極限が円に収束することの直感が許容
されるのではないかと期待しているのですが、ダメでしょうか。

お手数をお掛けします。　敬白　S~（社会人）

とりあえずこの辺読んでください。
http://question.excite.co.j\(\frac{p}{q}\)a2884796.html

cqzypx さん、再度の応答を有難う御座います。
御紹介頂きましたサイトに廻って見ました。いろいろ考えなくてはならない、僕の知
らないことがたくさんあるのですね。
ただ、フラクタルのように「 細かいギザギザのある円 」というイメージは、半径
が不定になりますので変だと思われました。

前記のトライアルは、自分の知識の最大量でした。この先は、ゆっくり行きたいと存
じます。

「lim_[θ→0](sinθ)/θ=1　の証明のトライアル 」の引き続きの質問をお願いしま
す。

円が相似であることに関する議論は避けて、円の周長に注目して

（ 証 ）
定義： 円とは同一平面上において、当該平面上の或る一点から等距離に在る点の集
合である。
さて、単位円の内接正　n　角形の一辺と円の中心　O　とがなす二等辺三角形は、　
n→∞　で　頂角→0。すなわち、　底辺の長さ　2sin((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→0　
で底辺の両端点が中点　M　に接近する。
他方、線分　OM　の大きさは　cos((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→1　となり、全二等辺
三角形合同で同一のうちに、両等辺に挟まれながら両等辺と同等の長さ、すなわち単
位円　O　の半径　1　に近づく。
ここで、当該閉区間の任意の実数　Θ∈｛全円の中心の周りの各角度｝ は区間縮小
法( n=\(2^{a}\), a∈N-｛0,1｝, a→∞)で確定可能である。しかして　n→∞(a→∞)　の
とき、中点の集合　｛M(n)｝　と　O　の周りの各角度の集合｛Θ(n)｝　は極限で、
幾何学的に見て全単射かつ連続写像となるから、　｛M(n)｝　は連続かつ円　O　の
中心から等距離であり、その集合は定義により円である。
然るとき、線分　OM　の大きさは円　O　の半径と同等であるから、内接正　n　角形
の極限としての円は元の単位円に相等しい。
このとき円の周長は、多角形の辺の総和の極限であるから、中心　O　を頂点とする
一つの二等辺三角形の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。よって、円
の周長と直径の比は一定である。しかして、
定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径=2π。ま
た、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正　n　角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)
すなわち、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n) (n∈N) → 1　(n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　cos(u(x))＜1, (sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　で分母
子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin(((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+
h))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、
任意の ε＞0 に対して
n≧n[0] ⇒ 1 - f(n)＜ε
となる n[0] = n[0](ε) が存在する(f の単調性から、　1≧f(n) となることに注意
する)。
この n[0] に対して x＞n[0] ならば、
1 - f(x)= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→+∞ で収束し、　lim[x→+∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

というふうにしたら良いでしょうか。

「lim_[θ→0](sinθ)/θ=1　の証明のトライアル 」の
　revision　を掲示下さいませんか。

前述の証明に幾らか改訂を加えましたので、改めて以下を御覧下さいますよう。

（ 証 ）
定義： 円とは同一平面上において、当該平面上の或る一点から等距離に在る点の集
合である。
さて、単位円の内接正　n　角形の一辺と円の中心　O　とがなす二等辺三角形は、　
n→∞　で　頂角→0。すなわち、　底辺の長さ　2sin((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→0　
で底辺の両端点が中点　M　に接近する。
他方、線分　OM　の大きさは　cos((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→1　となり、全二等辺
三角形合同で同一のうちに、両等辺に挟まれながら両等辺と同等の長さ、すなわち単
位円　O　の半径　1　に近づく。
ここで、円のあらゆる大きさの中心角の集合は、実数による或る大きさを持った閉区
間である。しかして　n→∞(a→∞)　のとき、中点の集合　｛M(n)｝　と　O　の周
りの各角度の集合｛Θ(n)｝　は極限で、幾何学的に見て全単射かつ連続写像となる
から　｛M(n)｝　は連続、かつ　｛M(n)｝　の全ての元は円　O　の中心から等距離
であり、その集合は定義により円である。
然るとき、線分　OM　の大きさは円　O　の半径の大きさと等しいから、内接正　n　
角形の極限としての円は元の単位円に相等しい。
このとき円の周長は、多角形の辺の総和の極限であるから、中心　O　を頂点とする
一つの二等辺三角形の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。よって、円
の周長と直径の比は一定である。しかして、
定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径=2π。ま
た、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正　n　角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)
すなわち、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n) (n∈N) → 1　(n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　cos(u(x))＜1, (sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　で分母
子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin(((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+
h))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、
任意の ε＞0 に対して
n≧n[0] ⇒ 1 - f(n)＜ε
となる n[0] = n[0](ε) が存在する(f の単調性から、　1≧f(n) となることに注意
する)。
この n[0] に対して x＞n[0] ならば、
1 - f(x)= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→+∞ で収束し、　lim[x→+∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

これで再度御検討願います。

（ 証 ）
定義： 円とは同一平面上において、当該平面上の或る一点から等距離に在る点の集
合である。
さて、単位円の内接正　n　角形の一辺と円の中心　O　とがなす二等辺三角形は、　
n→∞　で　頂角→0。すなわち、　底辺の長さ　2sin((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→0　
で底辺の両端点が中点　M　に接近する。
他方、線分　OM　の大きさは　cos((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→1　となり、全二等辺
三角形合同で同一のうちに、両等辺に挟まれながら両等辺と同等の長さ、すなわち単
位円　O　の半径　1　に近づく。
ここで、円のあらゆる大きさの中心角の集合は、実数による或る大きさを持った閉区
間である。しかして　n→∞(a→∞)　のとき、中点の集合　｛M(n)｝　と　O　の周
りの各角度の集合｛Θ(n)｝　は極限で、幾何学的に見て全単射かつ連続写像となる
から　｛M(n)｝　は連続、かつ　｛M(n)｝　の全ての元は円　O　の中心から等距離
であり、その集合は定義により円である。
然るとき、線分　OM　の大きさは円　O　の半径の大きさと等しいから、内接正　n　
角形の極限としての円は元の単位円に相等しい。
このとき円の周長は、多角形の辺の総和の極限であるから、中心　O　を頂点とする
一つの二等辺三角形の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。よって、円
の周長と直径の比は一定である。しかして、
定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径=2π。ま
た、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正　n　角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)
すなわち、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n) (n∈N) → 1　(n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　cos(u(x))＜1, (sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　で分母
子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin(((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+
h))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、任意の ε＞0 に対して、
　n≧n[0] ⇒ 0≦1 - f(n)＜ε　となる n[0] = n[0](ε) が存在する。しかして、
　f　の単調性から　1≧f(n)、したがって　1≧f(x)　となることに注意すると、こ
の n[0] に対して x＞n[0] ならば、
0≦1 - f(x)
= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→+∞ で収束し、　lim[x→+∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）


何度も相済みません。敬白　S~（社会人）

総入れ替えして下さい。

（ 証 ）
定義： 円とは同一平面上において、当該平面上の或る一点から等距離に在る点の集
合である。
さて、単位円の内接正　n　角形の一辺と円の中心　O　とがなす二等辺三角形は、　
n→∞　で　頂角→0。すなわち、　底辺の長さ　2sin((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→0　
で底辺の両端点が中点　M　に接近する。
他方、線分　OM　の大きさは　cos((\(\frac{1}{2}\))(全円の中心角/n))→1　となり、全二等辺
三角形合同で同一のうちに、両等辺に挟まれながら両等辺と同等の長さ、すなわち単
位円　O　の半径　1　に近づく。
ここで、円のあらゆる大きさの中心角の集合は、実数による或る大きさを持った閉区
間である。しかして　n→∞(a→∞)　のとき、中点の集合　｛M(n)｝　と　O　の周
りの各角度の集合｛Θ(n)｝　は極限で、幾何学的に見て全単射かつ連続写像となる
から　｛M(n)｝　は連続、かつ　｛M(n)｝　の全ての元は円　O　の中心から等距離
であり、その集合は定義により円である。
然るとき、線分　OM　の大きさは円　O　の半径の大きさと等しいから、内接正　n　
角形の極限としての円は元の単位円に相等しい。
このとき円の周長は、多角形の辺の総和の極限であるから、中心　O　を頂点とする
一つの二等辺三角形の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。よって、円
の周長と直径の比は一定である。しかして、
定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径=2π。ま
た、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正　n　角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)
すなわち、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n) (n∈N) → 1　(n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　0＜cos(u(x))＜1, 0＜(sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　
で　f(x)　の分母子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h
))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、任意の ε＞0 に対して、
　n≧n[0] ⇒ 0≦1 - f(n)＜ε　となる n[0] = n[0](ε) が存在する。しかして、
　f　の単調性から　1≧f(n)、したがって　1≧f(x)　となることに注意すると、こ
の n[0] に対して x＞n[0] ならば、
0≦1 - f(x)
= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→+∞ で収束し、　lim[x→+∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

応答を感謝致します。
趣旨は解りました。ただ、前回の僕の書き込みなのですが…

単位円の中心　Ｏ　を頂点、内接正　ｎ　角形の一辺を底辺とする二等辺三角形の中点　Ｍ　の
集合　{Ｍ（ｎ）}　が、　ｎ→∞　の極限で連続 （←極限で集合　{Ｍ（ｎ）}　は点　Ｏ　の
周りの連続な全ての角度と全単射でしかも連続写像となっている。
ここで、「 したがって底辺の両端点も中点とともに連続である 」、を追加してください）
かつ点　Ｏ　から等距離 （単位円の半径に等しい ← 両端点と連続） であることを述べれば、
これは単位円に一致、すなわち内接正　ｎ　角形の極限の辺の総和が単位円の周長に等しいと
言えていることにならないでしょうか。

スレッドについての新しい書き込みです。反省点を加味したものです。
したがって、次の証明法で再評価をお願い致します。

（ 証 ）
まず以下により、或る円の内接正ｎ角形（ｎ＝２＾Ｎ，Ｎ＝２，３，…）の辺の長さ
の総和は　ｎ→∞　の極限で、その円の周の長さに等しい。
（１） 円の内接正ｎ角形の辺の長さの総和　S(n)　はすべてについて円周の長さ　
L∈Ｒ　よりも小さい。
（２） ここに、　S(n)　は単調に増加して上限があるから収束して、　ｌｉｍ[ｎ
→∞]Ｓ（ｎ）＝α　（Ｒ∋α≦Ｌ）　なる或る値が存在する。
（３） いま、　α＜Ｌ　とすると実数の稠密性から　α＜ｘ＜Ｌ　なる　ｘ∈Ｒ　
が存在するが、これは極限の内接正ｎ角形と円との間に間隙が存在することを意味す
る。
（４） しかすれば、無限大より大なる　ｎ（ｘ）∈｛ｎ｝　を許容することになり
矛盾である。ゆえに、　α＝Ｌ

このとき円の周長は、内接正ｎ角形の辺の総和の極限であるから、中心　O　を頂点
とする一つの二等辺三角形の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。よっ
て、円の周長と直径の比は一定である。
しかして、　定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直
径=2π。
したがって、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正　n　角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　0＜cos(u(x))＜1, 0＜(sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　
で　f(x)　の分母子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h
))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、任意の ε＞0 に対して、
　n≧n[0] ⇒ 0≦1 - f(n)＜ε　となる n[0] = n[0](ε) が存在する。しかして、
　f　の単調性から　1≧f(n)、したがって　1≧f(x)　となることに注意すると、こ
の n[0] に対して x＞n[0] ならば、
0≦1 - f(x)
= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→∞ で収束し、　lim[x→∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

（ 証 ）
まず次から、或る円の内接正ｎ角形(n=2^N, N=2,3,…)の辺の長さの総和は　ｎ→∞
　の極限で、その円の周の長さに等しい。
（１） 内接正n角形の辺の長さの総和　S(n)　はすべてについて円周の長さ　L∈Ｒ
　よりも小さい。
（２） ここに、　S(n)　は単調増加であり、またその円の周の長さを越えないから
上界が存在して、或る値　α∈R　に収束する。すなわち、　ｌｉｍ[ｎ→∞]Ｓ
（ｎ）＝α　である。
（３） したがって、任意の　ε＞０　に対して或る　ｎ（０）　が在って、　ｎ≧
ｎ（０）　なる全ての　ｎ　について、　｜S(n)－α｜＜ε。
（４） いま、　α≦L　であるから、　｜S(n)-L|≦｜S（n）－L+（L-α）｜＝｜
S(n)-α｜＜ε　となり　ｌｉｍ［ｎ→∞］Ｓ（ｎ）＝Ｌ　である。

しかして、円の周長は内接正ｎ角形の辺の長さの総和の極限であって、或る二つの円
についてみると、同じ形の内接正n角形は相似であるから、それぞれの辺の長さの総
和は、それぞれの円の中心　O　を頂点、或る一辺を底辺とする一つの二等辺三角形
の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。すなわち、円の周長と直径の比
は一定である。
よって、　定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径
=2π。
したがって、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正n角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　0＜cos(u(x))＜1, 0＜(sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　
で　f(x)　の分母子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h
))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、任意の ε＞0 に対して、
　n≧n[0] ⇒ 0≦1 - f(n)＜ε　となる n[0] = n[0](ε) が存在する。しかして、
　f　の単調性から　1≧f(n)、したがって　1≧f(x)　となることに注意すると、こ
の n[0] に対して x＞n[0] ならば、
0≦1 - f(x)
= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→∞ で収束し、　lim[x→∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

こんにちは、お世話になります。質問＜３５３１＞２００７／４／１４～５／８　
from=S~　「 lim_[θ→0](sinθ)/θ=1　の証明のトライアル 」　の前の方をまた考
え直して見ましたので、次を掲載して下さいませんか。

証明の前の方の部分を一部改訂致しました。次のものを御検討下さい。

（ 証 ）
まず次から、或る円の内接正ｎ角形(n=2^N, N=2,3,…)の辺の長さの総和は　ｎ→∞
　の極限で、その円の周の長さに等しい．
（１） 或る円の内接正n角形の辺の長さの総和　S(n)　は、n角形の作図が円の内部
に止まるから、すべての S(n) について、その円の外接正方形の周の長さよりも小さ
い．
（２） ここに、　S(n)　は単調増加であり、また　（１）　から上界が存在するか
ら、或る値　α∈R　に収束する．すなわち、　ｌｉｍ[ｎ→∞]Ｓ（ｎ）＝α　であ
る．
（３） したがって、任意の　ε＞０　に対して或る　ｎ（０）　が存在して、　ｎ
≧ｎ（０）　なるすべての　ｎ　について、　｜S(n)－α｜＜ε．
（４） いま、円の周長を　L　とすると、
（イ） α≦L　の場合、　｜S(n)-L|≦｜S（n）－L+（L-α）｜＝｜S(n)-α｜＜ε
　となり　ｌｉｍ［ｎ→∞］Ｓ（ｎ）＝Ｌ　である．
（ロ） α＞L　の場合、　｜L－S(n)｜＜｜L－S(n)＋（α－L）｜＝｜α－S(n)｜
＜ε　となり　lim[n→∞]S(n)＝L　である．
したがって、いずれにしても　lim[n→∞]S(n)＝L

しかして、円の周長は内接正ｎ角形の辺の長さの総和の極限であって、或る二つの円
についてみると、同じ形の内接正n角形は相似であるから、それぞれの辺の長さの総
和は、それぞれの円の中心　O　を頂点、或る一辺を底辺とする一つの二等辺三角形
の斜辺（円の半径）の大きさに比例することが判る。すなわち、円の周長と直径の比
は一定である。
よって、　定義： 円周／直径=π （ 一定 ）　から、単位円について 円周=π*直径
=2π。
したがって、弧度法の定義から全円の中心角は　2π（ ラジアン ）　となる。

いま、単位円の内接正n角形の辺の総和=n*2sin((\(\frac{1}{2}\))(2π/n))
=2π(sin(π/n))/(π/n)
→2π（ 円周 ）　（ n→∞ ）
したがって、　f(n)=(sin(π/n))/(π/n)→1 ( n→∞)

ここで、　f(x)=g(x)/h(x)=(sin(π/x))/(π/x)　(0＜x∈R)　を考える。
0＜u(x)→0　で　0＜cos(u(x))＜1, 0＜(sin(u(x)))/u(x)＜1　などから、　x→∞　
で　f(x)　の分母子の平均変化率は常に、
分子の平均変化率=(\(\frac{1}{h}\))(sin(π/(x+h))-sin(π/x))
=
(-π/(x(x+h)))cos((π/2)(2x+h)/(x(x+h)))sin((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h))))/((\(\frac{h}{2}\))(π/(x(x+h
))))
≧-π/(x(x+h))=分母の平均変化率
よって、　g(x), h(x)　はともに単調減少関数で、　g(x)　の減少の傾向は　h(x)　
の減少の傾向より緩やかであることが判る。
ゆえに、　f(x)　は単調に増加する。
しかして、それに従って　f(n)　も単調に増加する。

このとき、先に述べた　lim[n→∞]f(n)=1 の収束性から、任意の ε＞0 に対して、
　n≧n[0] ⇒ 0≦1 - f(n)＜ε　となる n[0] = n[0](ε) が存在する。しかして、
　f　の漸増性から　1≧f(n)、したがって　1≧f(x)　となることに注意すると、こ
の n[0] に対して x＞n[0] ならば、
0≦1 - f(x)
= {1 - f(n[0])} + {f(n[0]) - f(x)}
＜1 - f(n[0])
＜ε
となるので、f(x) は x→∞ で収束し、　lim[x→∞]f(x) = 1
ゆえに、　lim[Θ→0](sin(Θ))/Θ=1　（Θ：ラジアン）
（ 終 ）

ｃｑｚｙｐｘ さん、お便り有難う御座います。
「 ある円の内接正ｎ角形の周長は、その円の外接正方形の周長以下である 」に付き
ましては、

いま、便宜のため正方形の上半分に内接する半円とその半円の内接正ｎ角形（半分の
形）を考える．
半分の正方形の底辺をＡＢ、上辺をＡ'Ｂ'、内接正ｎ角形の各頂点を
Ａ，Ｃ１，Ｃ２，…，Ｃｎ－１，Ｃｎ（＝Ｂ）、ＡＣ１の延長とＡ'Ｂ'との交点を
Ｄ１、Ｃ１Ｃ２の延長とＡ'Ｂ'との交点をＤ２、…、ＣｉＣｉ＋１の延長とＡ'Ｂ'と
の交点をＤｉ＋１、…、Ｃｎ－２Ｃｎ－１の延長とＢ'Ｂとの交点をＤｎ－１、
Ｃｎ＝Ｄｎ＝Ｂとする．
定理「 三角形の２辺の和は他の１辺の長さより大である 」は既知とすると、
ＡＡ'＋Ａ'Ｄ１＞ＡＤ１＝ＡＣ１＋Ｃ１Ｄ１
Ｃ１Ｄ１＋Ｄ１Ｄ２＞Ｃ１Ｄ２＝Ｃ１Ｃ２＋Ｃ２Ｄ２
Ｃ２Ｄ２＋Ｄ２Ｄ３＞Ｃ２Ｄ３＝Ｃ２Ｃ３＋Ｃ３Ｄ３
…
…ＣｉＤｉ＋１のＤｉ＋１がＢ'を越えるところで…
ＣｉＤｉ＋ＤｉＢ'＋Ｂ'Ｄｉ＋１＞ＣｉＤｉ＋１＝ＣｉＣｉ＋１＋Ｃｉ＋１Ｄｉ＋１
…
Ｃｎ－２Ｄｎ－２＋Ｄｎ－２Ｄｎ－１＞Ｃｎ－２Ｄｎ－１＝Ｃｎ－２Ｃｎ－１＋Ｃｎ－１Ｄｎ－１
Ｃｎ－１Ｄｎ－１＋Ｄｎ－１Ｄｎ（Ｂ）＞Ｃｎ－１Ｃｎ
上の辺々の最端辺を加えて整理すると、
ＡＡ'＋Ａ'Ｄ１＋Ｄ１Ｄ２＋Ｄ２Ｄ３＋…＋ＤｉＤｉ＋１＋
…＋Ｄｎ－２Ｄｎ－１＋Ｄｎ－１Ｄｎ（Ｂ）
＞ＡＣ１＋Ｃ１Ｃ２＋Ｃ２Ｃ３＋…＋ＣｉＣｉ＋１＋
…＋Ｃｎ－２Ｃｎ－１＋Ｃｎ－１Ｃｎ（Ｂ）

外接正方形の上半分の周長＞半分の内接正ｎ角形の周長

となると考えたのです。

（ｓｉｎ（π／ｎ））／（π／ｎ）→１ 　　　を仮定すれば
ｌｉｍ［Θ→０］（ｓｉｎ（Θ））／Θ＝１　　は、証明可能。
π／（ｎ＋１）＜θ≦π／ｎ　　　　　　　　　を満たす自然数 ｎ をとればよい。

以下を参照サレタシ。

http://www.chart.co.j\(\frac{p}{s}\)ubjec\(\frac{t}{s}\)ugak\(\frac{u}{t}\)susi\(\frac{n}{58}\)/58-3.pdf

お便り２００８／２／２９ from=S~（社会人）　に掲示していただきました分の一部
訂正です。
「 いま、便宜のため正方形の上半分に内接する半円とその半円の内接正ｎ角形（半
分の形）を考える． 」は、
「 いま、便宜のため正方形に内接する正 2n( n=2^(N-1), N=2,3,… )角形の上半分
を考える． 」と、訂正致します。

soredeha さん、参考サイトの御紹介を有難う御座います。今後とも宜しくお願い致
します。