Encontrar un límite en una manera eficiente

Question

Estoy tratando de calcular el siguiente límite:

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^{\frac{1}{x}}}$$

Lo que hice es escribir como:

$${e^{\frac{1}{x}\ln \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)}}$$

Por lo tanto, tenemos que calcular:

$$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\ln \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)}}{x}$$

Ahora, podemos aplicar la regla de L'Hospital, lo Que hice:
$$\Rightarrow cot(x) - {1 \over x}$$

Pero para llegar a la final, límite de dos más de la aplicación de LHR son necesarios. Hay una manera mejor?

Answer 1

Tenga en cuenta que como $x\to 0^+$ $$\frac{\ln\frac{\sin x}x}x\sim \frac{\frac{\sin x}x-1}x\sim \frac{\sin x-x}{x^2}\sim \frac{-x^3}{6x^2}\to 0$$.

Answer 2

Primaria prueba usando el bien conocido límites y desigualdades: $$\frac{{\ln \left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)}}{x} = \frac{{\ln \left( \left( \frac{{\sin x}}{x}-1 \right) + 1 \right)}}{\frac{{\sin x}}{x}-1 } \cdot \frac{\frac{{\sin x}}{x}-1 }{x} =\frac{{\ln \left( \left( \frac{{\sin x}}{x}-1 \right) + 1 \right)}}{\frac{{\sin x}}{x}-1 } \cdot \frac{\sin x-x }{x^2}$$ pero para $x >0$ tenemos: $x-\frac{x^3}{6} \le \sin x \le x \Rightarrow -\frac{x^3}{6} = x-\frac{x^3}{6}-x\le\sin x -x \le 0 \Rightarrow -\frac{x^2}{6} \le\frac{\sin x-x }{x^2} \le 0$ el resto es el teorema del sándwich.

Answer 3

De acuerdo a la Desigualdad de Bernoulli, para $0\le x\le1$ $$ \left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^{1/x}=\left(1-\frac{x-\sin(x)}{x}\right)^{1/x}\ge1-\frac1x\frac{x-\sin(x)}{x}\tag{1} $$ Esta respuesta proporciona una primaria de la prueba de la Desigualdad de Bernoulli para exponentes racionales.

En esta respuesta, se muestra geométricamente que para$0\lt x\lt\frac\pi2$,$\sin(x)\le x\le\tan(x)$. Por lo tanto, $$ \begin{align} 0\le\frac{x-\sin(x)}{x^2}&\le\frac{\tan(x)-\sin(x)}{\sin^2(x)}\\[4pt] &=\frac{\tan(x)-\sin(x)}{\sin(x)\tan(x)}\sec(x)\\[4pt] &=\frac{1-\cos(x)}{\sin(x)}\sec(x)\\[4pt] &=\frac{\sin(x)}{1+\cos(x)}\sec(x)\\[4pt] &\to\frac02\cdot1\\[9pt] &=0\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, por el Teorema del encaje, $$ \lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x^2}=0\etiqueta{3} $$ y por lo tanto, $$ 1\ge\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^{1/x}\ge1-0\etiqueta{4} $$

Answer 4

Aquí, como a menudo, la serie de Taylor son mucho más eficientes que los de L'Hospital de la regla.

$$\begin{eqnarray}\dfrac{\sin(x)}x \ &=&\ \color{#c00}1\color{#0a0}{\,-\,\dfrac{x^2}6+O(x^4)}\!\!\!\!\!\!\!\\&=&\ \color{#c00}1\, +\,\color{#0a0}z\\ \Rightarrow\ \ x^{-1}\log\left(\dfrac{\sin(x)}x\right) &=&\ x^{-1}\log(\color{#c00}1+\color{#0a0}z)\ &=&\ x^{-1}\left(\ \ \ \color{#0a0}z\ \ \ +\ \ O(z^2)\right)\\ && &=&\ x^{-1}\left(-\color{#0a0}{\dfrac{x^2}6+O(x^4)} \right)\\ && &=&\ -\dfrac{x}6\, +\ O(x^3)\\ && &&\!\!\!\!\!\!\!{\rm which}\overset{\phantom{I}} \to \ 0 \ \ \, {\rm as}\, \ \ x\to0^+\\ \end{eqnarray}\qquad\quad\qquad\qquad$$