¿Es siempre posible encontrar el límite de una función sin utilizar Regla de L'Hôpital o Ampliación de la serie ?
Por ejemplo,
$$\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}$$
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}$$
$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}$$
$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-x-1}{x^2}$$
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x-x}{x^3}$$
$$\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}x-x}{x^3}$$
$$L_1=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\quad L_2=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}\quad L_3=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}\\L_4=\lim_{x\to0}\frac{e^x-x-1}{x^2}\quad L_5=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x-x}{x^3}\quad L_6=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}x-x}{x^3}$$
Sí, si sabemos de antemano que el límite existe.
Para $L_1$ : $$L_1=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^3}\\ L_1=\lim_{x\to0}\frac{\tan 2x-2x}{8x^3}\\ 4L_1=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\tan2x-x}{x^3}\\ 3L_1=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\tan{2x}-\tan x}{x^3}\\ =\lim_{x\to0}\frac{\tan x}x\frac{\frac1{1-\tan^2x}-1}{x^2}\\ =\lim_{x\to0}\frac{(\tan x)^3}{x^3}=1\\ \large L_1=\frac13$$
Para $L_2$ : $$L_2=\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}\\ L_2=\lim_{x\to0}\frac{\sin 2x-2x}{8x^3}\\ 4L_2=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\sin 2x-x}{x^3}\\ 3L_2=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\sin 2x-\sin x}{x^3} =\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^2}\frac{\sin x}x\\ L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^2}\\ L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{\cos 2x-1}{4x^2}\\ 4L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{\cos 2x-1}{x^2}\\ 3L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{\cos 2x-\cos x}{x^2}\\ 3L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{-2\sin^2\left(\frac x2\right)(2\cos x+1)}{x^2}\\ 3L_2=\frac13\lim_{x\to0}\frac{-2\sin^2\left(\frac x2\right)(2\cos x+1)}{x^2}\\ \large L_2=-\frac16$$
Para $L_3$ : $$L_3=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}\\ L_3=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+2x)-2x}{4x^2}\\ 2L_3=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\ln(1+2x)-x}{x^2}\\ L_3=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\ln(1+2x)-\ln(1+x)}{x^2}\\ 2L_3=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+2x)-2\ln(1+x)}{x^2}\\ 2L_3=\lim_{x\to0}\frac{\ln\left(1-\frac{x^2}{(1+x)^2}\right)}{x^2}\\ \large L_3=-\frac12 $$
Para $L_4$ : $$L_4=\lim_{x\to0}\frac{e^x-x-1}{x^2}\\ 4L_4=\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-2x-1}{x^2}\\ 3L_4=\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-e^x-x}{x^2}\\ 12L_4=\lim_{x\to0}\frac{e^{4x}-e^{2x}-2x}{x^2}\\ 6L_4=\lim_{x\to0}\frac{\frac12e^{4x}-\frac12e^{2x}-x}{x^2}\\ 3L_4=\lim_{x\to0}\frac{\frac12e^{4x}-\frac32e^{2x}+e^x}{x^2}\\ 3L_4=\frac12\lim_{x\to0}\frac{e^x(e^x-1)^2(e^x+2)}{x^2}\\ \large L_4=\frac12$$
Para $L_5$ : $$L_5=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}x-x}{x^3}\\ 8L_5=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}2x-2x}{x^3}\\ 4L_5=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\sin^{-1}2x-x}{x^3}\\ 3L_5=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\sin^{-1}2x-\sin^{-1}x}{x^3}\\ 6L_5=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}2x-2\sin^{-1}x}{x^3}\\ 6L_5=\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}\left(-4 x^3-2 \sqrt{1-4 x^2} \sqrt{1-x^2} x+2 x\right)}{x^3}\\ 6L_5=\lim_{x\to0}\frac{-4 x^3+2x(1- \sqrt{1-4 x^2} \sqrt{1-x^2})}{x^3}\\ 6L_5=\lim_{x\to0}-4+2\frac{(1- \sqrt{1-5 x^2+4x^4})}{x^2}\\ 6L_5=\lim_{x\to0}-4+2\frac{(1- \sqrt{1-5 x^2+4x^4})}{x^2}$$ Ya que considerarías el teorema del binomio como una expansión de serie, si no es así bien, si es así, entonces lo haré: Ahora dejemos que $\sqrt{1-5 x^2+4x^4}=\sum a_kx^k$ cuadrando ambos lados, $$1-5x^2+4x^4=a_0^2+2a_0a_1x+(2a_0a_2+a_1^2)x^2+(2a_0a_3+a_1a_2)x^3+(2a_0a_4+2a_1a_3+a_2^2)x^4+...$$ Ahora tomando la rama positiva: $$a_0=1,a_1=0,a_2=-5/2,a_3=0,a_4=-9/8,...$$ Así que: $$6L_5=\lim_{x\to0}-4+2\frac{(1- (1-5x^2/2-9x^4/8...))}{x^2}\\\large L_5=\frac16$$
Para $L_6$ : $$L_6=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}x-x}{x^3}\\ 4L_6=\lim_{x\to0}\frac{\frac12\tan^{-1}2x-x}{x^3}\\ 3L_6=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}2x-2\tan^{-1}x}{2x^3}\\ 6L_6=\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}\left(-\frac{2 x^3}{3 x^2+1}\right)}{x^3}\\ L_6=-\frac13$$
@ADG. Para $L_5$ no es necesario utilizar ninguna fórmula o serie binómica, basta con multiplicar el numerador y el denominador por $1+\sqrt{1-5x^2+4x^4}$ .
Utilizando sólo las identidades trigonométricas, en esta respuesta se demuestra que $$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x-\tan(x)}=-\frac12\tag{1} $$ Por lo tanto, si restamos de $1$ obtenemos $$ \lim_{x\to0}\frac{\tan(x)-\sin(x)}{\tan(x)-x}=\frac32\tag{2} $$ Utilizando los límites probados geométricamente en esta respuesta podemos derivar $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{\tan(x)-\sin(x)}{x^3} &=\lim_{x\to0}\frac{\tan(x)(1-\cos(x))}{x^3}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{\tan(x)}x\frac{\sin^2(x)}{x^2}\frac1{1+\cos(x)}\\ &=\frac12\tag{3} \end{align} $$ podemos dividir $(3)$ por $(2)$ para conseguir $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{\tan(x)-x}{x^3}=\frac13}\tag{4} $$ y podemos multiplicar $(1)$ por $(4)$ para conseguir $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)-x}{x^3}=-\frac16}\tag{5} $$ Tenga en cuenta que $(4)$ implica $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{\tan(x)-x}{\tan^3(x)} &=\lim_{x\to0}\frac{\tan(x)-x}{x^3}\lim_{x\to0}\frac{x^3}{\tan^3(x)}\\ &=\frac13\cdot1\tag{6} \end{align} $$ Por lo tanto, sustituyendo $x\mapsto\tan^{-1}(x)$ , $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{\tan^{-1}(x)-x}{x^3}=-\frac13}\tag{7} $$ De la misma manera, $(5)$ implica $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{\sin(x)-x}{\sin^3(x)} &=\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)-x}{x^3}\lim_{x\to0}\frac{x^3}{\sin^3(x)}\\ &=-\frac16\cdot1\tag{8} \end{align} $$ Por lo tanto, sustituyendo $x\mapsto\sin^{-1}(x)$ , $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{\sin^{-1}(x)-x}{x^3}=\frac16}\tag{9} $$
Utilizando el Teorema del Binomio, tenemos $$ \left(1+\frac xn\right)^n-1-x =\frac{n-1}{2n}x^2+\sum_{k=3}^n\binom{n}{k}\frac{x^k}{n^k}\tag{10} $$ y para $|x|\le1$ , $$ \begin{align} \left|\sum_{k=3}^n\binom{n}{k}\frac{x^k}{n^k}\right| &=|x|^3\left|\sum_{k=3}^n\binom{n}{k}\frac{x^{k-3}}{n^k}\right|\\ &\le |x|^3\sum_{k=3}^\infty\frac1{k!}\\[6pt] &=|x|^3\left(e-\tfrac52\right)\tag{11} \end{align} $$ Combinando $(10)$ y $(11)$ y tomando el límite como $n\to\infty$ produce $$ \frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac12+O(|x|)\tag{12} $$ y por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac12}\tag{13} $$ Un simple corolario de $(13)$ es $$ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}x=1\tag{14} $$ Por lo tanto, se deduce que $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{(e^x-1)^2} &=\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}\lim_{x\to0}\frac{x^2}{(e^x-1)^2}\\ &=\frac12\tag{15} \end{align} $$ Si sustituimos $x\mapsto\log(1+x)$ en $(15)$ obtenemos $$ \lim_{x\to0}\frac{x-\log(1+x)}{x^2}=\frac12\tag{16} $$ Por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to0}\frac{\log(1+x)-x}{x^2}=-\frac12}\tag{17} $$
¿Por qué el voto negativo? Pensé que un enfoque que no asumiera que los límites existen y que no utilizara derivadas sería bueno (como para presentarlo en una clase de pre-cálculo).
Me gustaría que los usuarios de MSE aprendieran buenos hábitos como "no votar hacia abajo sin dar un comentario". Esto es especialmente relevante para una respuesta bien escrita como esta. De todos modos me gustan las soluciones para limitar los problemas que evitan el uso de la derivación. +1 por mi parte. También la derivación de $(17)$ de $(13)$ era una novedad para mí.
El Teorema del Valor Medio no requiere la regla de l'Hôpital para demostrarlo, ni viceversa para la mayoría de los casos en los que el límite está en un valor real (en lugar de en el infinito).
Lo que quiero decir es que este caso del teorema de l'Hôpital se demuestra fácilmente utilizando el teorema del valor medio. Entonces, ¿aplicar este caso puede ser realmente "sin l'Hôpital o la expansión de Taylor"? Su afirmación es más bien la misma que la de la expansión de Taylor, creo. De todos modos, la pregunta no está bien planteada. Para mí, aplicar $\lim_{x\to0}(\sin x)/x=1$ es lo mismo que utilizar la derivada de $\sin$ así que l'Hôpital o Taylor.
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¿Debería etiquetarse como precálculo en lugar de cálculo?
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El PO conoce todas las respuestas, pero quizás quiera buscar soluciones fuera del análisis.
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Para $(\tan x - x)/x^3$ y $(\sin x-x)/x^3$ utilizando sólo $\frac{\sin x}{x}\to1$ y no asumir de antemano que los límites existen, véase math.stackexchange.com/a/158134/1242 .