Calculando...

Question

$$\lim_{x\to0} \left\lfloor\frac{x^2}{\sin x \tan x}\right\rfloor$$ where $\Lfloor\cdot\rfloor$ es la función entero mayor

Soy profesora de secundaria. Uno de mis estudiantes se acercó a este límite. $\lfloor\frac{\sin x}{x}\rfloor$, He utilizado $\sin x > x$ usando aumento disminución de funciones.

He intentado probar $x^2 > \sin x \tan x$ usando función creciente / decreciente pero yo no estoy recibiendo.

Answer 1

Aplicar GM - HM $\sin x$ y $\tan x$ (ambos positivo $x\geq 0$), obtenemos que

$$ \sqrt{ \sin x \tan x } \geq \frac{2} { \frac{1} {\sin x} + \frac{ 1}{ \tan x} } = \frac{2 \sin x} { 1 + \cos x } = 2 \tan \frac{x}{2} \geq x$$

El único 'calc' que usted necesita es la última desigualdad, aunque tiene una fácil solución geométrica.

$x < 0$, Ambos $\sin x, \tan x$ tienen el mismo signo, y puede hacer lo anterior con absoluto no valores en cambio, ninguna diferencia.

Answer 2

Considere la función $$f(x) = \frac{x^2\cos(x)}{\sin^2(x)}$$ Entonces tenemos que $$f(x+h)\approx \cos(x) < 1$$ para cada $h\neq 0$ $|h|$ lo suficientemente pequeño. Por lo tanto el límite converge a $0$.

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Queremos mostrar que $f(x)<1$ $|x|\neq0$ lo suficientemente pequeño. Vamos a hacer demostrando que $g(x) = \sin^2(x)>x^2\cos(x)=h(x)$. Las dos funciones de acuerdo en $0$, lo que es suficiente para demostrar que $g'(x)>h'(x)$ $x>0$ (no tenemos que considerar la posibilidad de $x<0$, ya que tanto $g$ $h$ son incluso funciones). $$g'(x) = 2\sin(x)\cos(x)$$ $$h'(x) = x\cos(x)-x^2\sin(x)$$ Ya que ambos estén de acuerdo en $0$ (de nuevo) podemos considerar la siguiente derivada: $$g''(x) = 2(\cos^2(x) - \sin^2(x))$$ $$h''(x) = \cos(x) - x(3\sin(x) -x\cos(x))$$ Observe que $g''(0)=2>1=h''(0)$, por lo tanto por la continuidad de ambas funciones hay un barrio de $0$ donde $g''>h''$, y hemos terminado.

Answer 3

Así, en primer lugar, tenga en cuenta que $$ \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{\sin x \tan x}=\dots= \left(\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\right)^2 \left(\lim_{x\to 0}\cos(x)\right)=1 $$ Ahora, esto no necesariamente nos dice nada acerca de la función original, ya que el mayor entero que la función no es continua. Así que, en realidad, tenemos tres posibilidades:

• si $x^2\geq\sin x \tan x$ suficientemente pequeño barrio de $x=0$, entonces el límite es de $1$.
• si $x^2<\sin x \tan x$ suficientemente pequeño barrio de $x=0$, entonces el límite es de $0$.
• si ninguno de los anteriores es verdadera, el límite no existe.

Así, debemos saber: ¿cuál es cuál?

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He aquí un intento de mostrar que el límite se convierte en $0$: $$ \begin{align} x^2 &< \sin x \tan x\\ x^2\cos x &< \sin^2 x \\ x^2\cos x &<\frac12 (1-\cos(2x))\\ 2x^2\cos x &< (1-\cos(2x))\\ 2x^2\cos x + \cos(2x) &< 1\\ \end{align} $$ A partir de allí, se podría hacer un argumento usando series de Taylor.

Answer 4

Puesto que usted ya sabe cómo llegar al límite sin la función del suelo, voy a tratar de demostrar que la desigualdad sin series de Taylor.

$$x^2<\sin x \tan x \quad as \; x \to 0$$

He hecho la sustitución $x \to \arctan x$ .

$\arctan^2 x<x\sin (\arctan x)$

$\arctan x < \large \frac{x}{(x^2+1)^{\frac 14}}$

Hay dos funciones de $f(x)$ y $g(x)$ . $f(0)=g(0)$ . Si $f'(x)>g'(x)$ en el intervalo de $(0, a)$ , que implica que $f(x)>g(x)$ en el intervalo de $(0, a)$ . Por lo tanto, si $RHS'>LHS'$,$RHS>LHS$ .

$\large \large \large \frac {1}{x^2+1} <\frac {x^2+2}{2(x^2+1)^{\frac 54}}$

$1<\large \frac {x^2+2}{2(x^2+1)^{\frac 14}}$

Utilizando las técnicas estándar (como la primera derivada de la prueba) podemos demostrar que el $RHS$ tiene un mínimo en$(0, 1)$, por lo que hemos demostrado la desigualdad. Espero que esto ayude!