pregunta sobre el límite de $\lim_{h\to0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin(x)}{h}$

Question

Debido a $\sin'(x)=\cos(x)$ podemos demostrar que $\arcsin'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. pero, por definición, tenemos $$\arcsin'(x)=\lim_{h\to0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin(x)}{h}\tag{1}$$ por lo tanto, $$\lim_{h\to0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin(x)}{h}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\tag{2}$$ Mi pregunta: ¿se Puede demostrar $(2)$ sin el uso de $(1)$? Cómo?

Answer 1

Deje $\arcsin(x+h)=u$ $\arcsin x=v$

$\displaystyle \implies (i) x+h=\sin u, x=\sin v$

y $\displaystyle (ii) -\frac\pi2\le u,v\le \frac\pi2$ (usando la definición de valor principal)

$\displaystyle\implies \cos u,\cos v\ge0$

$$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin x}h=\lim_{u\to v}\frac{u-v}{\sin u-\sin v}$$

$$\displaystyle=\lim_{u\to v}\frac{u-v}{2\sin\frac{u-v}2\cos\frac{u+v}2}$$

$$\displaystyle=\lim_{u\to v}\frac{\frac{u-v}2}{\sin\frac{u-v}2} \cdot\frac1{\lim_{u\to v}\cos\frac{u+v}2}$$

$$\displaystyle=1\cdot\frac1{\cos v}=+\frac1{\sqrt{1-x^2}}$$

Answer 2

$$\text{Using }\arcsin p-\arcsin q=\arcsin(p\sqrt{1-q^2}-q\sqrt{1-p^2}),$$

$$\arcsin(x+h)-\arcsin x=\arcsin((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2})$$

$$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin x}h $$

$$=\lim_{h\to0}\frac{\arcsin((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2})}h$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{\arcsin((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2})}{(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}}\cdot\lim_{h\to0}\frac{(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}}h$$

Poner a $\displaystyle\arcsin((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2})=v$ $\displaystyle\implies(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}=\sin v$ en el primer límite,

$$\lim_{h\to0}\frac{\arcsin((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2})}{(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}}=\lim_{v\to0}\frac v{\sin v}=1$$

$$\text{Again for the second limit, }\lim_{h\to0}\frac{(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}}h$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^2(1-x^2)-x^2(1-(x+h)^2)}{h\{(x+h)\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-(x+h)^2}\}}$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^2-x^2}h\cdot\lim_{h\to0}\frac1{(x+h)\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-(x+h)^2}}$$

$$=\lim_{h\to0}\frac{h(2x+h)}h\cdot\frac1{2x\sqrt{1-x^2}}$$

$$=\lim_{h\to0}(2x+h)\cdot\frac1{2x\sqrt{1-x^2}}\text{ as } h\ne0\text{ as } h\to0$$

$$=2x\cdot\frac1{2x\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

Answer 3

Aquí es una manera de avanzar. Tenga en cuenta que$\sin (\arcsin (x))=x$$\cos (\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}$$|x|\le 1$. Por lo tanto, hemos de $|x|\le 1$

$$\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin(x)}{h}=\frac{\arcsin\left((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}\right)}{h} \tag 1$$

Ahora, en ESTA RESPUESTA, me mostró el uso de sólo las desigualdades básicas que para $x<1$

$$\left|\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right|\le |\arcsin (x)|\le |x| \tag 2$$

Usando el lado derecho de la desigualdad si $(2)$ $(1)$ rendimientos

$$\begin{align} \left|\frac{\arcsin\left((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}\right)}{h}\right|&\le \left|\frac{(x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}}{h}\right|\\\\ &=\frac{(x+h)^2(1-x^2)-x^2(1-(x+h)^2)}{h\left((x+h)\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-(x+h)^2}\right)}\\\\ &=\frac{2x}{(x+h)\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-(x+h)^2}} \tag 3 \end{align} $$

Y usando el lado izquierdo de la desigualdad si $(2)$ $(1)$ rendimientos

$$\begin{align} \left|\frac{\arcsin\left((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}\right)}{h}\right|&\ge \frac{\frac{2x}{(x+h)\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-(x+h)^2}}}{\sqrt{1-\left((x+h)\sqrt{1-x^2}-x\sqrt{1-(x+h)^2}\right)^2}} \tag 4 \end{align} $$

Usando el Teorema del encaje, se obtiene a partir de a $(3)$ $(4)$

$$\lim_{h\to 0}\frac{\arcsin(x+h)-\arcsin(x)}{h}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

Answer 4

Al $h$ va a $0$, $\frac{f[x+h] - f[x]}h$ es $f'[x]$, lo $f[x]$ podría ser.

Answer 5

Se puede demostrar por el siguiente:

$y=arc\sin x\to y'=y'_x=\frac{1}{x'_y}=\frac{1}{cosy}=\frac{1}{\sqrt{1-sin^2y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$