Encontrar el límite utilizando la definición de derivado.

Question

Aquí está el problema.

Deje $f$ ser la función que tiene el valor de $f(1)=1$ e $f'(1)=2$. Encontrar el valor de $$ L = \lim_{x \to 1} {\frac{\arctan{\sqrt{f(x)}-\arctan{f(x)}}}{ \left (\arcsin{\sqrt{f(x)}}-\arcsin{f(x)}\right)^2}} $$

He intentado usar $$ L=\lim_{x\to 1} \frac{1}{x-1}\frac{\frac{\arctan{\sqrt{f(x)}}-\arctan{\sqrt{f(1)}}}{x-1}-\frac{\arctan{{f(x)}}-\arctan{{f(1)}}}{x-1}} {\left [\frac{\arcsin{\sqrt{f(x)}}-\arcsin{\sqrt{f(1)}}}{x-1}-\frac{\arcsin{{f(x)}}-\arcsin{{f(1)}}}{x-1} \right) ^2} $$ y la reducción de que grandes trozos mediante el uso de $f'(a)=\lim_{x \to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$ que tengo $$ \begin{split} L&=\lim_{a\to 1} \frac{1}{a-1}\frac{\Big [ \arctan\sqrt{f(x)} \Big ]'_{x=a} - \Big [ \arctan{f(x)} \Big ]'_{x=a}} {\Big [ \arcsin\sqrt{f(x)} \Big ]'_{x=a} - \Big [ \arcsin{f(x)} \Big ]'_{x=a}}\\[2em] &=\lim_{a\to 1} \frac{1}{a-1} \frac{\frac{1}{1+f(a)}\frac{1}{2\sqrt{f(a)}}f'(a)-\frac{1}{1+(f(a))^2}f'(a)} {\left [ \frac{1}{\sqrt{1-f(a)}}\frac{1}{2\sqrt{f(a)}}f'(a)-\frac{1}{\sqrt{1-(f(a))^2}}f'(a) \right ]^2}\\[2em] &=\lim_{a\to 1} \frac{1}{f'(a)\frac{a-1}{1-f(a)}} \frac{\frac{1}{1+f(a)}\frac{1}{2\sqrt{f(a)}}-\frac{1}{1+(f(a))^2}} {\left [ \frac{1}{2\sqrt{f(a)}}-\frac{1}{\sqrt{1+f(a)}} \right ]^2}\\[2em] &=\lim_{a\to 1}{-\frac{\frac{1}{1+f(a)}\frac{1}{2\sqrt{f(a)}}-\frac{1}{1+(f(a))^2}} {\left [ \frac{1}{2\sqrt{f(a)}}-\frac{1}{\sqrt{1+f(a)}} \right ]^2}}\\[2em] &=\boxed{(\sqrt{2}+1)^2} \end{split} $$ pero las claves de respuesta me dicen que la respuesta de este problema es $L=\left( \frac{\sqrt{2}+1}{2}\right)^2$. Así que, por favor alguien Puede explicarme ¿qué hice mal?

Answer 1

Probablemente la derivación es malo porque arcsen x no es derivable en $x=1$, por lo tanto, el primer paso no está permitido.

Como una alternativa, ya que $f(x)$ es continua en $x=1$ tenemos que

$$L = \lim_{y \to 1^-} {\frac{\arctan{\sqrt{y}-\arctan{y}}}{ \left (\arcsin{\sqrt{y}}-\arcsin{y}\right)^2}}$$

entonces podemos usar que

• $\arcsin(x) = \arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}\right)$
• $\arctan(u) - \arctan(v) = \arctan\left(\frac{u, v}{1 + uv}\right) $

para obtener

$$L = \lim_{y \1^-} \frac{ \arctan\left( \frac{\sqrt y-y}{1+y\sqrt y}\right)} { \left[\arctan \left(\frac{\sqrt y \sqrt{1-y^2}-y\sqrt{1-y}} { \sqrt{(1-y)(1-y^2)}+y\sqrt y} \right)\right)^2 }=\frac{3+ 2\sqrt 2}{4}=\left( \frac{\sqrt{2}+1}{2}\right)^2$$

de hecho, por $y=1-u$ con $u\to 0^+$ por la expansión binomial $\sqrt y = 1-\frac12 u +o(u)$ es fácil demostrar que

• $\arctan\left( \frac{\sqrt y -y}{1+y\sqrt y}\right)\sim \frac 14 u$
• $\arctan \left(\frac{\sqrt y \sqrt{1-y^2}-y\sqrt{1-y}} { \sqrt{(1-y)(1-y^2)}+y\sqrt y} \right)\sim (\sqrt 2 -1) \sqrt u$

y por lo tanto

$$\frac{ \arctan\left( \frac{\sqrt y-y}{1+y\sqrt y}\right)} { \left[\arctan \left(\frac{\sqrt y \sqrt{1-y^2}-y\sqrt{1-y}} { \sqrt{(1-y)(1-y^2)}+y\sqrt y} \right)\right)^2 }\sim \frac{\frac 14 u}{(\sqrt 2 -1)^2 u}=\frac{3+ 2\sqrt 2}{4}$$

Answer 2

Hay varios pasos que no están claramente permitido.

El primer paso está bien: $$ \frac{ \arctan \sqrt{f(x)} - \arctan f(x) }{ \left( \arcsin \sqrt{f(x)} - \arcsin f(x) \right)^2 } = \frac{ (\arctan \sqrt{f(x)} - \arctan 1) - (\arctan f(x) - \arctan 1) }{ \left( (\arcsin \sqrt{f(x)} - \arcsin 1) - (\arcsin f(x) - \arcsin 1) \right)^2 } \\ = \frac{1}{x-1} \frac{ \frac{\arctan \sqrt{f(x)} - \arctan 1}{x-1} - \frac{\arctan f(x) - \arctan 1}{x-1} }{ \left( \frac{\arcsin \sqrt{f(x)} - \arcsin 1}{x-1} - \frac{\arcsin f(x) - \arcsin 1}{x-1} \right)^2 } \\ $$

Entonces usted no sólo suponen que el límite puede ser distribuida en el interior términos, lo que daría derivados a $x=1$, por ejemplo,$\left[ \arctan\sqrt{f(x)} \right]'_{x=1},$, pero incluso eso puede tomar los límites de los derivados, $\lim_{a \to 0} \left[ \arctan\sqrt{f(x)} \right]'_{x=a}.$

También, como gimusi ya ha señalado, $\arcsin \sqrt{f(x)}$ e $\arcsin f(x)$ no son diferenciables al $f(x)=1.$

Answer 3

Tendremos varias veces el siguiente principio: Si $f(0)=0$, $\>f'(0)=1$, y $\lim_{x\to0} g(x)=0$, entonces podemos escribir $$f\bigl(g(x)\bigr)=g(x)\>h(x)\ ,\tag{1}$$ whereby the function $x\mapsto h(x)$ defined by $(1)$ satisfies $\lim_{x\to0}h(x)=1$.

Sólo necesitamos que $f(x)\nearrow1$ al $x\nearrow 1$ (tenga en cuenta que su expresión no está definida cuando $x>1$). Hay funciones de $x\mapsto \alpha:=\alpha(x)$ e $x\mapsto\beta:=\beta(x)$ con $$0<\alpha<\beta\>,\qquad \lim_{x\to1-}\alpha(x)=\lim_{x\to1-}\beta(x)=0\ ,$$ such that $$\sqrt{f(x)}=\cos\alpha\>,\qquad f(x)=\cos\beta\ .$$ Esto asegura $$\arcsin\sqrt{f(x)}-\arcsin f(x)=\beta-\alpha\ .$$ En el otro lado $$\arctan\sqrt{f(x)}-\arctan f(x)=\arctan{\cos\alpha-\cos\beta\over 1+\cos\alpha\cos\beta}={1\over2}(\cos\alpha-\cos\beta)\> g(x)\>,$$ cual $\lim_{x\to1-}g(x)=1$. Ahora $${1\over2}(\cos\alpha-\cos\beta)=\sin{\beta+\alpha\over2}\sin{\beta-\alpha\over2}={1\over4}(\beta+\alpha)(\beta-\alpha) h(x)\ ,$$ cual $\lim_{x\to1-} h(x)=1$. De ello se sigue que $$L={1\over4}\lim_{x\to1-}{\beta+\alpha\over\beta-\alpha }={1\over4}\lim_{x\to1-}{1+{\alpha\over\beta}\over1-{\alpha\over\beta}}.$$ Como $\cos^2\alpha=\cos\beta$ para todos los $x<1$ hemos $\>\sin^2\alpha=2\sin^2{\beta\over2}$, lo que lleva a la $\lim_{x\to1-}{\alpha\over\beta}={1\over\sqrt{2}}$, por lo que terminamos con $$L={1\over4}\bigl(3+2\sqrt{2}\bigr)\ .$$