Encontrar $\lim_{x\to0}\frac{\sin\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{x^2}$. ¿Mi enfoque es correcto?

Question

Encontrar: $$ L = \lim_{x\to0}\frac{\sin\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{x^2} $$

Mi planteamiento:

Debido al hecho de que el límite anterior se evalúa como $\frac{0}{0}$, que puede ser que desee probar el De L' Hospital de la regla, sino que daría lugar a un complejo más límite que lo es también de la forma $\frac{0}{0}$.

Lo que he intentado es: $$ L = \lim_{x\to0}\frac{\sin\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{1-\frac{\sin(x)}{x}}\frac{1}{x^2}\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right) $$ Entonces, si los límites $$ L_1 = \lim_{x\to0}\frac{\sin\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{1-\frac{\sin(x)}{x}}, $$

$$ L_2 = \lim_{x\to0}\frac{1}{x^2}\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right) $$ existe,$L=L_1L_2$.

Para el primero, por lo que la sustitución de $u=1-\frac{\sin(x)}{x}$, tenemos $$ L_1 = \lim_{u\a u_0}\frac{\sin(u)}{u}, $$ donde $$ u_0 = \lim_{x\to0}\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)=0. $$ En consecuencia, $$ L_1 = \lim_{u\to0}\frac{\sin(u)}{u}=1. $$

Por otra parte, para el segundo límite, se aplica el De L' Hospital regla dos veces y nos encontramos con $L_2=\frac{1}{6}$.

Finalmente, $L=1\frac{1}{6}=\frac{1}{6}$.

Es esto correcto?

Answer 1

De una manera ligeramente diferente , usando la expansión de Taylor, como$x \to 0$, $$ \ sin x = x- \ frac {x ^ 3} 6 + O (x ^ 5) $$ da $$ 1- \ frac {\ sin x} x = \ frac {x ^ 2} 6 + O (x ^ 4) $$ luego $$ \ sin \ left (1- \ frac {\ sin x} x \ right) = \ frac {x ^ 2} 6 + O (x ^ 4) $$ y

$$ \ frac {\ sin \ izquierda (1- \ frac {\ sin x} x \ derecha)} {x ^ 2} = \ frac16 + O (x ^ 2) $$

de donde se puede concluir fácilmente.

Answer 2

Por L' Hospital de todos modos:

$$\frac{\sin\left(1-\frac{\sin(x)}{x}\right)}{x^2}$$ rendimientos

$$\cos\left(1-\frac{\sin(x)}x\right)\frac{\sin(x)-x\cos(x)}{2x^3}.$$

El primer factor tiene límite de $1$ y puede ser ignorado.

A continuación, con L'Hospital de nuevo:

$$\frac{x\sin(x)}{6x^2},$$

que claramente tiende a $\dfrac16$.