Límite de la secuencia utilizando el teorema del valor intermedio $\lim_{x\to\infty}[\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\psi(x)})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\phi(x)})}]$

Question

Encuentra el límite de:

$$\lim_{x\to\infty}[\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\psi(x)})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\phi(x)})}]$$

donde:

$$\psi(x)=(1+\frac{1}{x})^x, ~~~\phi(x)=\sqrt[x]{x}$$

He utilizado el teorema de Lagrange para el valor intermedio para $f(x)=\frac{1}{\sin(x)}$ , que es una forma recomendada de resolver el problema, pero ahora estoy atascado y os pido ayuda.

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c),~~~~c\in(a,b)\\ f(b)-f(a)=f'(c)\cdot(b-a) \\ \lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\psi(x)})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\phi(x)})}}{x+\psi(x)-x-\phi(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{\cos(\frac{1}{c})}{\sin^2(\frac{1}{c})\cdot x^2}\cdot (\psi(x)-\phi(x))$$

Ese es el final de mi historia. También he intentado $\frac{1-\cos(2\alpha)}{2}=\sin^2(\alpha)$ pero no me llevó a ninguna parte. Agradecería mucho sus consejos.

Answer 1

Suponiendo que $c\approx x$ He utilizado la expansión de Taylor para el:

$$ \frac{\cos(\frac{1}{c})}{\sin^2(\frac{1}{c}) \cdot x^2} =\\$$ $$\frac{1-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{4! x^4} + o(\frac{1}{x^4})}{(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{3 x^4} + \frac{1}{36 x^6}+o(\frac{1}{x^6}))\cdot x^2} =\\$$ $$\frac{1-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{4! x^4} +o(\frac{1}{x^4})}{1-\frac{1}{3 x^2} + \frac{1}{36 x^4}+o(\frac{1}{x^4})}$$

Después de la división por $\frac{1}{x^4}$ y sacando $x^4$ el límite es:

$$ \frac{x^4}{x^4}\cdot\frac{(1-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{4!x^4})}{(1-\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{36x^4})} = \frac{1-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{4!x^4}}{1-\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{36x^4}}$$

para $x\to\infty$ tiende a $1$ Así que..:

$$\lim_{x\to\infty}\frac{\cos(\frac{1}{c})}{\sin^2(\frac{1}{c}) \cdot x^2}(\psi(x)-\phi(x))=e-1$$

desde $(1+\frac{1}{x})^x\to e$ y $\sqrt[x]{x}\to1$

Answer 2

Por la regla de la cadena de límites, podemos distribuir los límites en los pecados: $$\lim_{x\to\infty}[\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\lim_{x\to\infty}\psi(x)})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+\lim_{x\to\infty}\phi(x)})}]$$ y calcular $\lim_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x$ y $\lim_{x\to\infty}\sqrt[x]{x}$ primero. El primero es un límite estándar y se evalúa como $e$ esto último se hace fácilmente por la regla de L'Hopital: $$\lim_{x\to\infty}\sqrt[x]{x} = \lim_{x\to\infty}e^{ln(x^{\frac{1}{x}})}$$ $$= \lim_{x\to\infty}e^{\frac{ln(x)}{x}}$$ $$= e^{\lim_{x\to\infty}\frac{ln(x)}{x}}$$ $$= e^{0}$$ $$= 1$$ Así que nuestro límite se convierte en: $$\lim_{x\to\infty}[\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+e})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+1})}]$$ Las funciones $\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+e})}$ y $\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+1})}$ puede aproximarse mediante $x+e$ y $x+1$ respectivamente cuando x tiende a infinito. La prueba es la siguiente: La serie de Taylor de $\csc(x)$ es de la forma: $$\csc(x)=\sum_{i=0}^\infty (c_ix^{2i-1})$$ Donde $c_i$ es una serie de constantes racionales estrictamente decrecientes y $c_0 = 1$ . Sustituyendo $c=\frac{1}{u}=u^{-1}$ que tenemos: $$\frac{1}{\sin(x)} = \sum_{i=0}^\infty (c_ix^{1-2i}) = \frac{1}{x} + c_1x + c_2x^3 + \, ...$$ $$\frac{1}{\sin(u^{-1})} = \sum_{i=0}^\infty (c_iu^{1-2i}) = u + c_1u^{-1} + c_2u^{-3} + \, ...$$ Tomando el límite a medida que u tiende a infinito, todo, excepto el primer término, cae porque $1-2i < 0$ para i > 0: $$\lim_{u\to\infty}c_iu^{1-2i} = 0; i > 0$$ Por lo tanto, la reescritura da: $$\lim_{u\to\infty}\frac{1}{\sin(u^{-1})} = \lim_{u\to\infty}\sum_{i=0}^\infty (c_iu^{1-2i}) = \lim_{u\to\infty}(u + c_1u^{-1} + c_2u^{-3} + \, ...)=\lim_{u\to\infty}(u)$$ Si sustituimos $x+e$ y $x+1$ para $u$ entonces tenemos: $$\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+e})} \approx x + e$$ $$\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+1})} \approx x + 1$$ $$\lim_{x\to\infty}[\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+e})}-\frac{1}{\sin(\frac{1}{x+1})}] = \lim_{x\to\infty}[(x+e)-(x+1)] = \lim_{x\to\infty}[e-1] = e-1$$