$\lim_{x\to0} \frac{x-\sin x}{x-\tan x}$ sin utilizar L'Hopital

Question

$$\lim_{x\to0} \frac{x-\sin x}{x-\tan x}=?$$

Intenté usar $\lim\limits_{x\to0} \frac{\sin x}x=1$ .

Pero no funciona :/

Answer 1

Al principio de esta respuesta se demuestra que $$ \begin{align} \frac{\color{#C00000}{\sin(2x)-2\sin(x)}}{\color{#00A000}{\tan(2x)-2\tan(x)}} &=\underbrace{\color{#C00000}{2\sin(x)(\cos(x)-1)}\vphantom{\frac{\tan^2(x)}{\tan^2(x)}}}\underbrace{\frac{\color{#00A000}{1-\tan^2(x)}}{\color{#00A000}{2\tan^3(x)}}}\\ &=\hphantom{\sin}\frac{-2\sin^3(x)}{\cos(x)+1}\hphantom{\sin}\frac{\cos(x)\cos(2x)}{2\sin^3(x)}\\ &=-\frac{\cos(x)\cos(2x)}{\cos(x)+1}\tag{1} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \lim_{x\to0}\,\frac{\sin(x)-2\sin(x/2)}{\tan(x)-2\tan(x/2)}=-\frac12\tag{2} $$ Así, dada una $\epsilon\gt0$ podemos encontrar un $\delta\gt0$ para que si $|x|\le\delta$ $$ \left|\,\frac{\sin(x)-2\sin(x/2)}{\tan(x)-2\tan(x/2)}+\frac12\,\right|\le\epsilon\tag{3} $$ Porque $\,\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\tan(x)}{x}=1$ que se muestran geométricamente en esta respuesta tenemos $$ \sin(x)-x=\sum_{k=0}^\infty2^k\sin(x/2^k)-2^{k+1}\sin(x/2^{k+1})\tag{4} $$ y $$ \tan(x)-x=\sum_{k=0}^\infty2^k\tan(x/2^k)-2^{k+1}\tan(x/2^{k+1})\tag{5} $$ Por $(3)$ cada término de $(4)$ está entre $-\frac12-\epsilon$ y $-\frac12+\epsilon$ del término correspondiente de $(5)$ .

Por lo tanto, si $|x|\le\delta$ $$ \left|\,\frac{\sin(x)-x}{\tan(x)-x}+\frac12\,\right|\le\epsilon\tag{6} $$ Podemos reafirmar $(6)$ como $$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x-\tan(x)}=-\frac12\tag{7} $$

Answer 2

$$\frac{x - \sin(x)}{x - \tan(x)} = \frac{x - \sin(x)}{x^3} \cdot \frac{x^3}{x - \tan(x)}$$

Dejemos que $x = 3y$ y $x\to 0 \implies y\to 0$ $$\lim_{x\to0} \frac{x - \sin(x)}{x^3} = L $$ $$L = \lim_{y\to0}\frac{3y - \sin(3y)}{(3y)^3} = \lim_{y\to0} \frac 3 {27} \frac{y - \sin(y)}{y^3} + \lim_{y\to0} \frac{4}{27} \frac{\sin^3(y)}{y^3} = \frac{1}{9} L + \frac 4{27} $$

Esto da $$\lim_{x\to0}\frac{x - \sin(x)}{x^3} = \frac 1 6 $$

\begin{align*} L &= \lim_{y\to0}\frac{ 3y - \tan(3y)}{27 y^3} \\ &= \lim_{y\to0} \frac{1}{(1 - 3\tan^2(y ))} \cdot \frac{3y(1 - 3\tan^2(y )) - 3 \tan(y) + \tan^3(y)}{27y^3}\\ &= \lim_{y\to0} \frac{1}{(1 - 3\tan^2(y ))} \cdot \left( \frac 3 {27} \frac{y - \tan(y)}{y^3} + \frac 1 {27} \frac{\tan^3(y)}{y^3} - \frac 9 {27} \frac{y \tan^2(y)}{y^3 } \right )\\ &= \frac {3L}{27} + \frac 1 {27} - \frac 1 3 \\ \end{align*}

Esto da otro límite para ser $-1/3$ , ponlo y obtén tu límite.

Answer 3

Sugerencia

Utiliza la serie de Taylor: $$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\quad \text{and}\quad \tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$$

Answer 4

$$ L=\lim_{x\to0} \frac{x-\sin x}{x-\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x\cos x-\sin x}\cos x = \lim_{x\to0}\frac{2x-\sin2x}{2x\cos2x-\sin2x}\cos2x\\ = \lim_{x\to0}\frac{x-\cos x\sin x}{x(1-2\sin^2x)-\cos x\sin x}\cos2x=\lim_{x\to0}\frac{x-\cos x\sin x}{x-\cos x\sin x-2x\sin^2x}\cos2x $$ Lo cual, teniendo en cuenta que $\lim_{x\to0}\cos2x=1$ podemos entonces escribir como $$ \lim_{x\to0}\frac{1}{1-\frac{2x\sin^2x}{x-\cos x\sin x}} = \frac{1}{1-2\lim_{x\to0}\frac{x\sin^2x}{x-\cos x\sin x}}=\frac{1}{1-2M} $$ Ahora, nos centramos en ese nuevo límite... $$ \frac1M=\lim_{x\to0}\frac{x-\cos x\sin x}{x\sin^2x}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x\frac{\sin x}x}{1-\cos^2x}=1+\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{\sin x}{x\cos x}}{1-\cos^2x}\cos^2 x\\ =1+\lim_{x\to0}\frac{x-\tan x}{x\sin^2x} $$ Pero también tenemos $$ \frac1M = \lim_{x\to 0} \frac{2x-\sin2x}{2x\sin^2x}=2\lim_{x\to 0} \frac{2x-\sin2x}{2x(1-\cos2x)}=2\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x(1-\cos x)}\\ =2\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x(1-\cos^2 x)}(1+\cos x)=4\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x(1-\cos^2 x)}=4\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x\sin^2x}\\ =4\lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x-\tan x}\cdot\frac{x-\tan x}{x\sin^2x} $$ Por lo tanto, tenemos $$ \frac1M = 4L\left(\frac1M-1\right) $$ o $1=4L(1-M)$ ... pero $L=\frac{1}{1-2M}$ (o $1=L(1-2M)$ ).

Por lo tanto, tenemos que $$ 1-2=4L-4LM-2L+4LM = 2L = -1 $$ Por lo tanto, $L=-\frac12$ . No hay uso de $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x$ necesario.

Answer 5

Lema $\bf1$ : Supongamos que ambos $\prod\limits_{k=1}^\infty(1-a_k)$ y $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ convergen. Entonces $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}\frac{1-\prod\limits_{k=n}^\infty(1-a_k)}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k}=1}\tag1 $$ Prueba: $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1-\prod\limits_{k=n}^\infty(1-a_k)}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k} &=\lim_{n\to\infty}\frac{\prod\limits_{k=n+1}^\infty(1-a_k)-\prod\limits_{k=n}^\infty(1-a_k)}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k-\sum\limits_{k=n+1}^\infty a_k}\tag{1a}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n\prod\limits_{k=n+1}^\infty(1-a_k)}{a_n}\tag{1b}\\[15pt] &=\lim_{n\to\infty}\prod\limits_{k=n+1}^\infty(1-a_k)\tag{1c}\\[18pt] &=1\tag{1c} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$ : Stolz-Cesàro
$\text{(1b)}$ Simplificar el numerador y el denominador
$\text{(1c)}$ : cancela el numerador y el denominador
$\text{(1d)}$ el producto converge

$\large\square$

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Lema $\bf2$ : Supongamos que ambos $\prod\limits_{k=1}^\infty(1+a_k)$ y $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ convergen. Entonces $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}\frac{1-\prod\limits_{k=n}^\infty(1+a_k)^{-1}}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k}=1}\tag2 $$ Prueba: $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1-\prod\limits_{k=n}^\infty(1+a_k)^{-1}}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k} &=\lim_{n\to\infty}\frac{\prod\limits_{k=n+1}^\infty(1+a_k)^{-1}-\prod\limits_{k=n}^\infty(1+a_k)^{-1}}{\sum\limits_{k=n}^\infty a_k-\sum\limits_{k=n+1}^\infty a_k}\tag{2a}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n\prod\limits_{k=n}^\infty(1+a_k)^{-1}}{a_n}\tag{2b}\\[15pt] &=\lim_{n\to\infty}\prod\limits_{k=n}^\infty(1+a_k)^{-1}\tag{2c}\\[18pt] &=1\tag2 \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$ : Stolz-Cesàro
$\text{(2b)}$ Simplificar el numerador y el denominador
$\text{(2c)}$ : cancela el numerador y el denominador
$\text{(2d)}$ el producto converge

$\large\square$

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Inducción, $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin(x)}x=1$ y $\frac{\sin^2(x)}{4\sin^2(x/2)}=\left(1-\sin^2(x/2)\right)$ probar

Lema $\bf{3}$ : $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac{\sin^2(x)}{x^2}=\prod_{k=1}^\infty\left(1-\sin^2\left(x/2^k\right)\right)}\tag3 $$

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Inducción, $\lim\limits_{x\to0}\frac{\tan(x)}x=1$ y $\frac{\tan(x)}{2\tan(x/2)}=\left(1-\tan^2(x/2)\right)^{-1}$ probar

Lema $\bf{4}$ : $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac{\tan(x)}{x}=\prod_{k=1}^\infty\left(1-\tan^2\left(x/2^k\right)\right)^{-1}}\tag4 $$

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El límite $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x-\tan(x)} &=\frac12\lim_{x\to0}\left(1+\frac{\sin(x)}{x}\right)\frac{1-\frac{\sin(x)}{x}}{1-\frac{\tan(x)}x}\tag{5a}\\ &=\frac12\lim_{x\to0}\frac{1-\frac{\sin^2(x)}{x^2}}{1-\frac{\tan(x)}x}\tag{5b}\\ &=\frac12\lim_{n\to\infty}\frac{1-\frac{\sin^2\left(x/2^n\right)}{\left(x/2^n\right)^2}}{1-\frac{\tan\left(x/2^n\right)}{x/2^n}}\tag{5c}\\ &=\frac12\lim_{n\to\infty}\frac{1-\prod\limits_{k=n+1}^\infty\left(1-\sin^2\left(x/2^k\right)\right)}{1-\prod\limits_{k=n+1}^\infty\left(1-\tan^2\left(x/2^k\right)\right)^{-1}}\tag{5d}\\ &=-\frac12\lim_{n\to\infty}\frac{\sum\limits_{k=n+1}^\infty\sin^2\left(x/2^k\right)}{\sum\limits_{k=n+1}^\infty\tan^2\left(x/2^k\right)}\tag{5e}\\[6pt] &=-\frac12\lim_{n\to\infty}\frac{\sin^2\left(x/2^n\right)}{\tan^2\left(x/2^n\right)}\tag{5f}\\[18pt] &=-\frac12\tag{5g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(5a)}$ : $\lim\limits_{x\to0}\frac12\left(1+\frac{\sin(x)}x\right)=1$
$\text{(5b)}$ : álgebra
$\text{(5c)}$ : reescribir el límite
$\text{(5d)}$ : Lema $3$ y Lemma $4$
$\text{(5e)}$ : Lema $1$ y Lemma $2$
$\text{(5f)}$ : Stolz-Cesàro
$\text{(5g)}$ : $\lim\limits_{x\to0}\cos^2(x)=1$