Evaluar $\lim\limits_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}}$

Question

¿Cómo puedo evaluar $$\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\dfrac{1}{1-\cos x}}\ ?$$

Intenté utilizar el hecho de que $\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos x}} = \exp\left(\ln\bigg(\frac{\sin x}{x}\right)\frac{1}{1-\cos x}\bigg)$ y entonces ya estoy atascado.

Answer 1

Con l'Hospital directamente:

\begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{\log\frac{\sin x}x}{1-\cos x} & \stackrel{\text{l'H}}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac 1{\sin x}\cdot\frac{x\cos x-\sin x}x}{\sin x} \\ & =\lim_{x\to 0}\frac{x\cos x-\sin x}{x\sin^2x}\\ & \stackrel{\text{l'H}}=\lim_{x\to 0}\frac{-x\sin x}{\sin^2x+2x\sin x\cos x}\\ &=-\lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x+2x\cos x}\\&=-\lim_{x\to 0}\frac1{\frac{\sin x}x+2\cos x}\\ &=-\frac13 \end{align*}

Answer 2

Cabe recordar que, como $x \to 0$ tenemos $$ \cos x =1-\frac {x^2}{2}+\mathcal{O}(x^3), \quad \sin x =x-\frac{x^3}{6}+\mathcal{O}(x^4), \quad \ln (1+x)=x+\mathcal{O}(x^2), $$ dando $$ \begin{align} \frac{1}{1-\cos x}&=\frac 2{x^2}+\mathcal{O}(1)\\\\ \ln \left(\frac{\sin x}x\right)& =-\frac{x^2}{6}+\mathcal{O}(x^3). \end{align} $$ Entonces, como $x \to 0$ , $$ \begin{align} \left(\frac{\sin x}x\right)^{\small \dfrac{1}{1-\cos x}}&=e^{\Large \frac{1}{1-\cos x}\ln \left(\frac{\sin x}x\right)}\\\\ & =e^{\large \left(\frac 2{x^2}+\mathcal{O}(1)\right)\left(-\frac{x^2}{6}+\mathcal{O}(x^3)\right)}\\\\ & =e^{\Large -\frac 13+\mathcal{O}(x)} \end{align} $$ y el límite deseado es $\displaystyle e^{-\large \frac 13}$ .

Answer 3

Comencemos con $$A=\left(\frac{\sin (x)}{x}\right)^{\frac{1}{1-\cos (x)}}$$ Tomar logaritmos; así $$\log(A)=\frac{1}{1-\cos (x)}\log\left(\frac{\sin (x)}{x}\right)$$ Ahora, utilice la serie de Taylor $$\sin(x)\approx x-\frac{x^3}{6}$$ $$\frac{\sin (x)}{x}\approx 1-\frac{x^2}{6}$$ Ahora considere que, para los pequeños $y$ , $\log(1+y)\approx y-\frac{y^2}{2}$ Así que $$\log\left(\frac{\sin (x)}{x}\right)\approx -\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{180}$$ También $$\cos(x)\approx 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}$$ Utilizando todo lo anterior, tenemos entonces $$\log(A)\approx \frac{-\frac{x^2}{6}-\frac{x^4}{180}}{\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}}= \frac{-\frac{1}{6}-\frac{x^2}{180}}{\frac{1}{2}-\frac{x^2}{24}} \approx -\frac{1}{3}-\frac{7 x^2}{180}$$ que muestra el límite de $\log(A)$ y cómo se aborda.

Estoy seguro de que puede tomar de aquí.

Answer 4

Si $L$ es el límite deseado, entonces \begin{aligned} \log L &= \log\left\{\lim_{x \to 0}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/(1 - \cos x)}\right\}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\log\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{1/(1 - \cos x)}\text{ (by continuity of log)}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{1}{1 - \cos x}\cdot\log\left(\frac{\sin x}{x}\right)\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{1 + \cos x}{\sin^{2} x}\cdot\log\left(1 + \frac{\sin x}{x} - 1\right)\notag\\ &= \lim_{x \to 0}(1 + \cos x)\cdot\frac{x^{2}}{\sin^{2} x}\dfrac{\dfrac{\sin x}{x} - 1}{x^{2}}\cdot\dfrac{\log\left(1 + \dfrac{\sin x}{x} - 1\right)}{\dfrac{\sin x}{x} - 1}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}(1 + 1)\cdot 1\cdot\frac{\sin x - x}{x^{3}}\cdot 1\notag\\ &= 2\lim_{x \to 0}\frac{\sin x - x}{x^{3}}\notag\\ &= 2\lim_{x \to 0}\frac{\cos x - 1}{3x^{2}}\text{ (by L'Hospital Rule)}\notag\\ &= \frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\frac{(\cos x - 1)(\cos x + 1)}{x^{2}(\cos x + 1)}\notag\\ &= \frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\left(-\frac{\sin^{2}x}{x^{2}}\right)\frac{1}{1 + \cos x}\notag\\ &= -\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{1 + 1} = -\frac{1}{3}\notag \end{aligned}

De ello se desprende que $L = e^{-1/3}$ .

Answer 5

Lo primero que se ve es que se trata de un límite de la forma $1^{\infty}$ . Generalmente estos límites son como $\lim_{x \to 0} f(x)^{g(x)}$ donde $\lim_{x\to 0}f(x)=1\pm\epsilon$ y $\lim_{x\to 0}g(x)=\infty$ . la forma estándar de resolver este tipo de límites es de la siguiente manera:- $$\begin{align}\lim_{x\to 0}f(x)^{g(x)}&=\lim_{x\to 0}e^{g(x)(\ln[f(x)])}\\&=\lim_{x\to 0}e^{g(x)(\ln[1\pm\epsilon])}\\&=\lim_{x\to 0}e^{g(x)(\pm\epsilon)}\\&=\lim_{x\to 0}e^{g(x)(f(x)-1)}\end{align}$$ Tienes que proceder desde aquí. Para este problema se reduce a $$\lim_{x\to 0}e^{\frac 1{1-\cos x}(\frac {\sin x}x-1)}=\lim_{x\to 0}e^{\frac {\sin x-x}{x(1-\cos x)}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac {x-\frac{x^3}6-x}{x(1-1+\frac {x^2}2)}}=\lim_{x\to 0}e^{\frac {-\frac{x^3}6}{\frac {x^3}2}}=e^{\frac{\frac {-1}{6}}{\frac 12}}=e^{\frac {-1}3}$$ En el $3rd$ paso he utilizado la expansión de $\sin x$ y $\cos x$ como $x\to 0$ .