¿Cuál es el resultado de $\lim\limits_{x \to 0}(1/x - 1/\sin x)$ ?

Question

Encuentra el límite:

$$\lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac1x - \frac1{\sin x}\right)$$

No soy capaz de encontrarlo porque no sé cómo probar o refutar $0$ es la respuesta.

Answer 1

Por diversión, y debido a la etiqueta de pre-cálculo, damos una prueba sin cálculo. Resulta que hay un argumento geométrico que $|x-\sin x|$ es menor que una constante de veces $|x^3|$ para $x$ cerca de $0$ .

Necesitaré tu ayuda para dibujar el cuadro que falta. Tenemos $$\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{\sin x-x}{x\sin x}.$$ Dejemos que
$$f(x)=\frac{x-\sin x}{x\sin x}$$ (el cambio de signo es por comodidad). Demostraremos que $\lim\limits_{x\to 0}\,f(x)=0.$

Nos interesa el comportamiento de $f(x)$ cuando $x$ se acerca (pero no es igual) a $0$ . Tenga en cuenta que $f(-x)=-f(x)$ . Así que habremos terminado si podemos demostrar que $f(x)$ se acerca a $0$ como $x$ se acerca a $0$ a través de valores positivos.

Dejemos que $x$ ser un pequeño positivo. Dibujar $\triangle OPQ$ como sigue. La base del triángulo es $OP$ y tiene una longitud $1$ . El triángulo tiene un ángulo recto en $P$ . Finalmente, $Q$ es tal que $\angle QOP =x$ .

Dibuja el sector circular con centro $O$ , radio $1$ y pasando de $P$ a un punto de $OQ$ . Así que el sector tiene ángulo $x$ .

Tenga en cuenta que el sector circular está contenido en $\triangle OPQ$ . El sector circular tiene un área $(1/2)x$ y $\triangle OPQ$ tiene área $(1/2)\tan x$ . Así, la geometría nos da la desigualdad $$\frac{x}{2}<\frac{\tan x}{2}.$$ Desde $x>\sin x$ obtenemos las estimaciones $$0<x-\sin x< \tan x-\sin x.$$ El lado derecho sólo implica funciones trigonométricas, por lo que es más fácil de tratar que $x-\sin x$ : $$\tan x-\sin x=\sin x\left(\frac{1-\cos x}{\cos x}\right)=\sin x\left(\frac{1-\cos^2 x}{\cos x(1+\cos x)}\right)=\frac{\sin^3 x}{\cos x(1+\cos x)}.$$ Concluimos que $$0 <\frac{x-\sin x}{x\sin x}<\frac{\sin^2 x}{x\cos x(1+\cos x)}.$$ Desde $\sin x<x$ encontramos que $$0 <\frac{x-\sin x}{x\sin x}<\frac{\sin x}{\cos x(1+\cos x)},$$ y está claro que $\dfrac{\sin x}{\cos x(1+\cos x)}$ se acerca a $0$ como $x$ se acerca a $0$ a través de valores positivos.

Comentario: En este problema, no hay ninguna virtud en evitar el cálculo. La expansión de Taylor es el enfoque natural.

Answer 2

Sugerencia : Pruebe a utilizar $$\lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac1x - \frac1{\sin x}\right)= \lim_{x \rightarrow 0}\left(\frac{\sin x - x}{x\sin x}\right)$$ y aplicar La regla de L'Hopital .

Answer 3

Simplificar para tener $$\frac{\sin x-x }{x\sin x}$$ y considerar la serie de Maclaurin para $$\sin x=x-\frac {x^3}{3!}+\frac {x^5}{5!}-...$$

Así que tienes $$\frac{(x-\frac {x^3}{3!}+\frac {x^5}{5!}-...)-x}{x(x-\frac {x^3}{3!}+\frac {x^5}{5!}+...)}=\frac{(-\frac {x}{3!}+\frac {x^3}{5!}-...)}{(1-\frac {x^2}{3!}+\frac {x^4}{5!}-...)}.$$

Encontrar el límite como $x\rightarrow 0$ tenemos;

$$\frac{\lim_{x\rightarrow 0}(-\frac {x}{3!}+\frac {x^3}{5!}-...)}{\lim_{x\rightarrow 0}(1-\frac {x^2}{3!}+\frac {x^4}{5!}-...)}=\frac{0}{1}=0.$$

que es la respuesta requerida.

Answer 4

Ya que todo el mundo era "inteligente", pensé en añadir un método que realmente no requiere mucho pensamiento si estás acostumbrado a la asintótica.

La serie de potencias para $\sin x$

$$\sin x = x + O(x^3)$$

Podemos calcular la inversa de esta serie de potencias sin problemas. Con mucho detalle:

$$\begin{align}\frac{1}{\sin x} &= \frac{1}{x + O(x^3)} \\ &= \frac{1}{x} \left( \frac{1}{1 - O(x^2))} \right) \\ &= \frac{1}{x} \left(1 + O(x^2) \right) \\ &= \frac{1}{x} + O(x) \end{align}$$

pasar de la segunda a la tercera línea es sólo la fórmula de la serie geométrica. De todos modos, ahora podemos terminar:

$$\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} = O(x)$$

$$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} = 0$$

Si quisiéramos, podríamos obtener más precisión: no es difícil utilizar el mismo método para mostrar

$$ \frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \frac{x}{6} + O(x^3) $$

Answer 5

Si cree (o sabe demostrar) que la función $\displaystyle{f(x)=\frac{x}{\sin(x)}}$ , $x\neq 0$ , $f(0)=1$ es diferenciable en $0$ entonces porque $f$ es par, se deduce que $f'(0)=0$ . Tenga en cuenta que $\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin(x)}=-\frac{f(x)-f(0)}{x}$ por lo que el límite en cuestión es $-f'(0)=0$ .