Encuentre el límite sin usar la serie de L'hopital o de Taylor

Question

Estoy tratando de resolver este límite $without$ utilizando La regla de L'hopital o Serie Taylor . Se agradece cualquier ayuda.

$$\lim\limits_{x\rightarrow 0^+}{\dfrac{e^x-\sin x-1}{x^2}}$$

Answer 1

Una forma posible es disparar funciones lineales al límite - no es muy elegante, pero funciona. Déjalo:

$$f(x)=x^3-\frac{x^2}{2}+e^x-\sin x-1,\;\;x\geq 0$$

Calculando las primeras derivadas de $f:$

$$f'(x)=3x^2-x+e^x-\cos x$$ $$f''(x)=6x-1+e^x+\sin x$$

$f''$ es claramente creciente y como $f''(0)=0$ tenemos $f''(x)>0$ para $x\in (0,a)$ para algunos $a$ . Esto implica a su vez que $f'$ es estrictamente creciente y como $f'(0)=0$ volvemos a tener $f'(x)>0$ para $x\in (0,a)$ . Por último, esto significa $f$ también es creciente en este intervalo, y como $f(0)=0$ que tenemos:

$$0\leq x\leq a:\quad f(x)\geq 0$$

$$\Rightarrow \;\;\frac{e^x-\sin x-1}{x^2}\geq \frac{1}{2}-x$$

Del mismo modo, al considerar $h(x)=-x^3-\dfrac{x^2}{2}+e^x-\sin x-1$ es muy fácil demostrarlo:

$$0\leq x\leq b: \quad h(x)\leq 0$$

$$\Rightarrow \;\;\frac{1}{2}+x\geq\frac{e^x-\sin x-1}{x^2}$$

Por lo tanto, para los pequeños positivos $x$ que tenemos:

$$\frac{1}{2}-x\leq\frac{e^x-\sin x-1}{x^2}\leq \frac{1}{2}+x$$

$$\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x-\sin x-1}{x^2}=\frac{1}{2}$$

Answer 2

$$\lim_{x \to 0^+}\frac{e^x-\sin x -1}{x^2}=\lim_{x \to 0^+}\frac{e^x- x -1}{x^2}+\lim_{x \to 0^+}\frac{x-\sin x}{x^2}$$ Primera parte dada aquí y la siguiente parte $$|\frac{x -\sin x}{x^2}-0| < \frac{x}{x^2}< \epsilon \implies x >\frac{1}{\epsilon} $$ Toma $N(\epsilon)= \lfloor \frac{1}{\epsilon}\rfloor+1$ Así que aquí desde la definición de límite obtenemos $$\lim_{x \to 0^+}\frac{x-\sin x}{x^2} =0$$ Si no es así, vea este

Answer 3

Tengo una idea que puede ser fructífera aunque no he sido muy cuidadoso e ignoro por completo el $x\rightarrow 0^+$ ¡! Definir la función compleja

$\displaystyle F(z)=\frac{e^z-\sin z-1}{z^2}$ .

Ahora dejemos que $z=it$ .

$\displaystyle F(z)=\frac{e^{it}-\sin(ti)-1}{t^2}=\frac{\cos t+i\sin t-\sin(ti)-1}{t^2}$

$\displaystyle \Rightarrow F(z)=\frac{\cos t-1}{t^2}+\frac{i\sin t-\sin(it)}{t^2}$ .

Ahora tome el límite como $t\rightarrow0$ . No es difícil demostrar que el primer límite es la mitad (multiplicar por arriba y por abajo por $\cos t+1$ ). No sé cómo calcular el segundo límite, lo que me molesta, aunque creo que es cero.

Ahora utiliza el hecho de que

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,F(x)=\lim_{z\rightarrow 0}\,F(z)=\lim_{t\rightarrow 0}\,F(it)$

He asumido que el límite medio existe, lo cual es problemático.

Answer 4

Tal vez el problema dice $x\to 0^+$ porque algunas desigualdades que se relacionan $\sin x$ y $e^x$ con polinomios sólo son válidos para $x>0$ lo suficientemente cerca de $0$ . Por lo tanto, una estrategia es encontrar funciones $f(x)$ y $g(x)$ tal que

$$f(x)\leq \dfrac{e^x-\sin x-1}{x^2}\leq g(x)\:\;\mbox{ for }x>0 \mbox{ close to } 0$$

y $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}g(x)=\frac{1}{2}$