El siguiente límite apareció en un examen de calificación: Encontrar el límite de $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan (\sin (x))-\sin (\tan (x))}{x^7} \right).$$ Yo terminé haciendo en Mathematica, ¿hay alguna otra manera?
Gracias de antemano!
Esta pregunta ya tiene respuestas:
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Anthony Shaw
Puntos
858
Reclamo: Supongamos que para algún entero $n\gt1$, $$ f(x)=x+a_nx^n+a_{2n-1}x^{2n-1}+a_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right) $$ y $$ g(x)=x+b_nx^n+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right) $$ Entonces $$ \begin{align} &f(g(x))-g(f(x))\\ &=\left((n-1)(a_{2n-1}b_n-a_nb_{2n-1})+\frac{n(n-1)}{2}a_nb_n(b_n-a_n)\right)x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right) \end{align} $$
La aplicación de la reclamación a $$ \tan(x)=x+\frac13x^3+\frac2{15}x^5+\frac{17}{315}x^7+o\left(x^7\right) $$ y $$ \sin(x)=x-\frac16x^3+\frac1{120}x^5-\frac1{5040}x^7+o\left(x^7\right) $$ los rendimientos $$ \begin{align} &\tan(\sin(x))-\sin(\tan(x))\\[9pt] &=\left(2\left(-\frac2{15}\cdot\frac16-\frac13\cdot\frac1{120}\right)+3\cdot\frac13\cdot\frac16\left(\frac16+\frac13\right)\right)x^7+o\left(x^7\right)\\ &=\frac1{30}x^7+o\left(x^7\right) \end{align} $$
Prueba de Reclamación: Simplemente, componen la serie: $$ \begin{align} f(g(x)) &=\left(x+b_nx^n+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right)\right)\\ &+a_n\left(x+b_nx^n+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right)\right)^n\\ &+a_{2n-1}\left(x+b_nx^n+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right)\right)^{2n-1}\\ &+a_{3n-2}\left(x+b_nx^n+b_{2n-1}x^{2n-1}+b_{3n-2}x^{3n-2}+o\left(x^{3n-2}\right)\right)^{3n-2}\\ &+o\left(x^{3n-2}\right)\\ &=x+(a_n+b_n)x^n+(a_{2n-1}+b_{2n-1}+na_nb_n)x^{2n-1}\\ &+\left(a_{3n-2}+b_{3n-2}+na_nb_{2n-1}+\frac{n(n-1)}{2}a_nb_n^2+(2n-1)a_{2n-1}b_n\right)x^{3n-2}\\ &+o\left(x^{3n-2}\right) \end{align} $$ Tenga en cuenta que los tres primeros términos son simétricas en $a$$b$, por lo que desaparecerán en la diferencia.
Del mismo modo, $$ \begin{align} g(f(x)) &=x+(a_n+b_n)x^n+(a_{2n-1}+b_{2n-1}+na_nb_n)x^{2n-1}\\ &+\left(a_{3n-2}+b_{3n-2}+na_{2n-1}b_n+\frac{n(n-1)}{2}a_n^2b_n+(2n-1)a_nb_{2n-1}\right)x^{3n-2}\\ &+o\left(x^{3n-2}\right) \end{align} $$ Restar.
QED
clintp
Puntos
5127
Recordemos que $$\sin(x) = x-x^3/6+x^5/120-x^7/5040+O(x^9)$$ $$\tan(x)=x+x^3/3+2x^5/15+17x^7/315+O(x^9)$$ así $$\begin{align} \tan(\sin(x)) &= x-x^3/6+x^5/120+17x^7/315+O(x^9)\\ &\;+\;(x-x^3/6+x^5/120+17x^7/315+O(x^9))^3/3\\ &\;+\;2(x-x^3/6+x^5/120+17x^7/315+O(x^9))^5/15\\ &\;-\;(x-x^3/6+x^5/120+17x^7/315+O(x^9))^7/5040+O(x^9)\\ &= x-x^3/6+x^5/120+17x^7/315+O(x^9)\\ &\;+\;(x\cdot x \cdot x+3x\cdot x\cdot -x^3/6+3x\cdot (-x^3/6)^2+3x\cdot x\cdot x^5/120 + O(x^9))/3\\ &\;+\;2(x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot x + 5x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot -x^3/6 + O(x^9))/15\\ &\;-\;(x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot x + O(x^9))/5040\\ &= x + x^3/6-x^5/40-107x^7/5040 + O(x^9) \end{align}$$ lo cual está de acuerdo con WolframAlpha es el resultado. Del mismo modo se pueden calcular $$\sin(\tan(x))=x + x^3/6-x^5/40-55x^7/1008 + O(x^9)$$ y así $$\begin{align} \lim_{x\to 0}\frac{\tan(\sin(x))-\sin(\tan(x))}{x^7} &=\lim_{x\to 0}\frac{-107x^7/5040 + 55x^7/1008+O(x^9)}{x^7}\\ &=\frac{-107}{5040}+\frac{55}{1008}=\frac{1}{30} \end{align}$$
Paramanand Singh
Puntos
13338
No he sido capaz de encontrar un elemental solución que evita Taylor de la serie, pero creo que puede dar mucho más simple enfoque en términos de cálculos de tiempo después de la de Taylor, series de aproximación.
Deje $\tan x = t$, de modo que $\sin x = t/\sqrt{1 + t^{2}} = s$ y, a continuación,$$\tan(\sin x) - \sin (\tan x) = \tan s - \sin t$$ Since $(\ tan x)/x \a 1$ as $x \to 0$ we can replace the $x^{7}$ in denominator in the question by $t^{7}$. So the desired limit is equal to $$L = \lim_{t \to 0}\frac{\tan s - \sin t}{t^{7}}$$ where $s = t/\sqrt{1 + t^{2}}$. We will now need the expansion $$\tan s = s + \frac{s^{3}}{3} + \frac{2s^{5}}{15} + \frac{17s^{7}}{315} + \cdots$$ And then we have the tedious algebra $$\begin{aligned}A &= s + \frac{s^{3}}{3} + \frac{2s^{5}}{15}\\ &= \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}} + \frac{t^{3}}{3(1 + t^{2})\sqrt{1 + t^{2}}} + \frac{2t^{5}}{15(1 + t^{2})^{2}\sqrt{1 + t^{2}}}\\ &= \frac{15t(1 + t^{2})^{2} + 5t^{3}(1 + t^{2}) + 2t^{5}}{15(1 + t^{2})^{2}\sqrt{1 + t^{2}}}\\ &= \frac{22t^{5} + 35t^{3} + 15t}{15(1 + t^{2})^{2}\sqrt{1 + t^{2}}}\\ &= \frac{22t^{5} + 35t^{3} + 15t}{15}\cdot(1 + t^{2})^{-5/2}\\ &= \left(t + \frac{7t^{3}}{3} + \frac{22t^{5}}{15}\right)\cdot\left(1 - \frac{5t^{2}}{2} + \frac{35t^{4}}{8} - \frac{105t^{6}}{16} + \cdots\right)\\ &= t + t^{3}\left(\frac{7}{3} - \frac{5}{2}\right) + t^{5}\left(\frac{35}{8} - \frac{35}{6} + \frac{22}{15}\right) + t^{7}\left(-\frac{105}{16} + \frac{245}{24} - \frac{22}{6}\right) + \cdots\\ &= t - \frac{t^{3}}{6} + \frac{t^{5}}{120} - \frac{t^{7}}{48} + \cdots\\ &= t - \frac{t^{3}}{3!} + \frac{t^{5}}{5!} - \frac{t^{7}}{48} + \cdots\end{aligned}$$ Note how nicely the first three terms match with those in expansion of $\sen t$.
El de arriba tedioso álgebra fue la única parte que trata con el cálculo de los coeficientes en una cierta potencia de la serie. Uno puede ver que se trata de muy menos de cálculo y las series de $(1 + t^{2})^{-5/2}$ tiene que ser calculado hasta 3 términos solo (haciendo caso omiso de la evidente de primer término 1).
Ahora el límite de $L$ se puede calcular muy fácilmente de la siguiente manera $$\begin{aligned}L &= \lim_{t \to 0}\frac{\tan s - \sin t}{t^{7}}\\ & = \lim_{t \to 0}\frac{\tan s - A}{t^{7}} + \frac{A - \sin t}{t^{7}}\\ &= \lim_{t \to 0}\frac{\tan s - A}{s^{7}}\cdot\left(\frac{s}{t}\right)^{7} + \frac{A - \sin t}{t^{7}}\\ &= \frac{17}{315} - \frac{1}{48} + \frac{1}{7!} = \frac{1}{30}\end{aligned}$$ In the above we have used the expansion of $\sen t$ and $\tan s$ and we can see that the appropriate number of terms cancel because of the term $$ and only the terms containing $s^{7}$ and $t^{7}$ are significant while the terms with higher powers of $s, t$ tend to $0$ and do not contribute to the limit. Also we have used the fact that as $t \a 0$ the variable $s \a 0$ and $s/t = 1/\sqrt{1 + t^{2}} \a 1$.
Nota: Un enfoque que evita el uso de series de Taylor y utiliza LHR se presenta aquí (pero es realmente laborioso).
