El límite es $$\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{\sin^2x}-\frac{1}{x^2}\right)$$ que soy consciente de que puede ser reorganizado para obtener el indeterminado $\dfrac{0}{0}$, pero en un intento de evitar la regla de L'Hospital (sólo por diversión) he intentado utilizar el hecho de que $\sin x\approx x$ cerca de $x=0$. Sin embargo, el límite real es de $\dfrac{1}{3}$, no $0$.
En este límite similar, la aproximación de razonamiento funciona.
Si tomamos un término más en la expansión de Taylor:
\begin{align} \sin x&\approx x-\frac{x^3}6+\cdots\\ \sin^2 x&\approx x^2-2x\frac{x^3}6+\cdots\\ \frac 1{\sin^2 x}&\approx\frac 1{x^2-x^4/3}\\ &=\frac 1{x^2}\cdot\frac 1{1-x^2/3}\\ &=\frac 1{x^2}+\frac 1{3-x^2}\\ \lim_{x\to 0}\left[\frac 1{\sin^2 x}-\frac 1{x^2}\right]&=\lim_{x\to 0}\left[\frac 1{x^2}+\frac 1{3-x^2}-\frac 1{x^2}\right]\\ &=\lim_{x\to 0}\frac 1{3-x^2}\\ &=\frac 1 3 \end{align}
A ver si el primer orden de expansión que salió mal, es necesario seguir la pista de donde el término de error:
\begin{align} \sin x&= x+\text{O}(x^3)\\ \sin^2 x&=x^2+2x\text{O}(x^3)+\text{O}(x^3)^2\\ &=x^2+\text{O}(x^4)+\text{O}(x^6)\\ &=x^2+\text{O}(x^4)\\ \frac 1{\sin^2 x}&=\frac 1{x^2+\text{O}(x^4)}\\ &=\frac 1{x^2}\cdot\frac 1{1+\text{O}(x^2)}\\ \frac 1{\sin^2 x}-\frac 1{x^2}&=\frac 1{x^2}\left[\frac 1{1+\text{O}(x^2)}-1\right]\\ &=\frac 1{x^2}\cdot\frac{1-1+\text{O}(x^2)}{1+\text{O}(x^2)}\\ &=\frac{\text{O}(x^2)}{x^2}\cdot\frac 1{1+\text{O}(x^2)}\\ &=\text{O}(1) \end{align}
Por lo tanto el $\sin x\approx x$ aproximación no es lo suficientemente exacta para estimar incluso el término constante de la expresión en el límite. (Tenga en cuenta que no nos permite decir que no hay $\text{O}(n^{-1})$ o más términos, por lo que el límite probablemente no divergen.)
En esta respuesta se muestra, sólo el uso de pre-cálculo métodos, que $$ \lim_{x\to0}\frac{\sin(x)-x}{x^3}=-\frac16 $$ Esto es necesario y no derivable de $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin(x)}x=1$.
A continuación, se deduce que $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\left(\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}\right) &=\lim_{x\to0}\frac{x^2-\sin^2(x)}{x^2\sin^2(x)}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{x-\sin(x)}{x^3}\lim_{x\to0}\frac{x+\sin(x)}{x}\lim_{x\to0}\frac{x^2}{\sin^2(x)}\\ &=\frac16\cdot2\cdot1\\[3pt] &=\frac13 \end{align} $$
He señalado anteriormente también en el MSE (ver link1, link2, link3, link4), pero parece que este punto debe ser contada una y otra vez hasta que se convierte en una tautología como $1 = 1$.
El riguroso sentido de la afirmación "$\sin x \approx x$ pequeña $x$" es que $$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1\tag{1}$$ Thus using the approximation $\el pecado x \x aprox$ while evaluating certain limits means using the limit formula $(1)$ in your calculations. There is no more meaning attached to $\el pecado x \aprox x$ otro que está por encima del límite de la fórmula y uno no debería tratar de adjuntar más sentido tan lejos como la evaluación de los límites de que se trate.
Así, el uso de $\sin x \approx x$ en el vinculado pregunta por la OP en cuanto límite de $(1/x - 1/\sin x)$ también está mal (aunque por suerte lo que no produce respuesta correcta).
Por otra parte la aceptación de la respuesta aquí (por 2012rcampion) intenta propagar otra falacia que es que la aproximación a $\sin x \approx x$ no es suficiente en el contexto actual y tal vez una mejor aproximación que se desee. Este tipo de da el mensaje de que la aproximación a $\sin x \approx x$ es de alguna manera lo suficientemente bueno para los vinculados pregunta. Lo siento!! esto simplemente no es correcto. Si seguimos por este camino, nos enfrentamos a la siguiente pregunta: ¿cómo sabemos que la aproximación es bastante buena en un contexto dado? No hay respuesta satisfactoria a esta.
Algo que debe ser mencionado acerca de este "orden superior de las aproximaciones", basado en series de Taylor de las expansiones. Cuando se utiliza una aproximación como $$f(a + h) \approx f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{2!}f''(a) + \cdots + \frac{h^{n}}{n!}f^{(n)}(a)\tag{2}$$ its rigorous meaning is $$\lim_{h \to 0}\dfrac{f(a + h) - \left\{f(a) + hf'(a) + \dfrac{h^{2}}{2!}f''(a) + \cdots + \dfrac{h^{n - 1}}{(n - 1)!}f^{(n - 1)}(a)\right\}}{h^{n}} = \frac{f^{(n)}(a)}{n!}\tag{3}$$ which also written as $$f(a + h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{2!}f''(a) + \cdots + \frac{h^{n}}{n!}f^{(n)}(a) + o(h^{n})\tag{4}$$ Note that there is no $\aprox$ sign in the above equation so that it represents an exact formula and the expression $o(h^{n})$ represents a function $g(h)$ such that $g(h)/h^{n} \to 0$ as $h \a 0$. Thus using Taylor series expansions like $(2)$ while calculating limits means using the equation $(3), (4)$ in an exact manner and not as an approximation. Limit processes are as exact as $2 + 2 = 4$ and not like $\pi \aprox 3.1415$.
En el caso de la expansión en series de Taylor hay otra interpretación posible. Si $f$ es una función que tiene una expresión en la forma de un convergentes en series de Taylor alrededor del punto de $a$ luego de escribir $$f(a + h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{2!}f''(a) + \cdots + \frac{h^{n}}{n!}f^{(n)}(a) + \cdots\tag{5}$$ Such functions are technically called analytic. This relation is also an exact formula and the RHS is an infinite series in powers of $h$. When using such series for evaluation of limits we don't need to use the expressions like $o(h^{n})$, pero luego la justificación teórica para el uso de una serie infinita en el límite de los procesos es el siguiente teorema:
Una potencia de serie permite realizar las siguientes operaciones en un punto interior de su región de convergencia:
Si uno es consciente de que el concepto de convergencia uniforme (y por lo tanto sabe que la prueba del teorema anterior respecto de potencia de la serie), a continuación, este enfoque de la utilización de la energía infinita de la serie para limitar la evaluación es totalmente riguroso y simplemente no hay necesidad de pensar en términos de aproximaciones o cosas como $o(h^{n})$ y sólo tiene que utilizar la serie (y no algebraicas simplificación) y tomar límites.
Tan lejos como la respuesta a esta pregunta se refiere el enfoque correcto es el que se da por robjohn y no hay manera de mejorar su respuesta. Sin embargo, me gustaría mencionar el uso de la fórmula $(1)$ en el contexto actual (o en el idioma "el uso de la aproximación $\sin x \approx x$"). Podemos escribir \begin{align} L &= \lim_{x \to 0}\frac{1}{\sin^{2}x} - \frac{1}{x^{2}}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{x^{2} - \sin^{2}x}{x^{2}\sin^{2}x}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{x^{2} - \sin^{2}x}{x^{4}}\cdot\left(\frac{x}{\sin x}\right)^{2}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{x^{2} - \sin^{2}x}{x^{4}}\cdot 1^{2}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{x^{2} - \sin^{2}x}{x^{4}}\notag \end{align} Esto es lo más lejos que podemos ir a través de la utilización de límite estándar fórmula $(1)$. Para ir más lejos tenemos que dividir los $x^{2} - \sin^{2}x$ $(x - \sin x)(x + \sin x)$ y el denominador se divide como $x^{3}\cdot x$. Para la primera parte $$\frac{x - \sin x}{x^{3}}$$ we can use an expansion based on equation $(4)$ namely $$\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o(x^{3})$$
Puesto que usted ya ha recibido buenas respuestas, me permito añadir otro punto de vista.
La reescritura de la expresión
$$A=\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}=\frac{x^2-\sin^2(x)}{x^2\sin^2(x)}$$ and knowing that, close to $0$, $\sin(x)\aprox x$, then the denominator looks like $x^4$ that is to say that, if the limit exist the numerator should also be developed at least up to order $x^4$; again, since $\sin(x)\aprox x$, then $\sin(x)$ debe ser desarrollado durante al menos un período más.
Así, el uso de $\sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+O\left(x^4\right)$, después de simplicación, el numerador es sólo $\frac{x^4}{3}+\cdots$ y el denominador es $x^4+\cdots$; por lo que el límite de $\frac 13$.
Si necesitamos más que el límite (digamos, por ejemplo, cómo se acercó a), más términos que serían necesarios. El uso de $\sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\cdots$ y usarlo tanto para el numerador y el denominador, debemos obtener $$A\approx \frac{x^2-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2}{x^2 \left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2}$$ which, after simplication and long division would give $$A\approx \frac{1}{3}+\frac{x^2}{12}+\cdots$$ Utilizando en su lugar $\sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\cdots$ y usarlo tanto para el numerador y el denominador, y haciendo lo mismo que antes, debemos ponernos $$A\approx \frac{1}{3}+\frac{x^2}{15}+\cdots$$, que es ligeramente diferente.
Para ilustrar lo anterior, sugiero que la parcela en la misma gráfica las tres funciones $y_1=\frac1{\sin^2(x)}-\frac1{x^2}$ , $y_2=\frac{1}{3}+\frac{x^2} {12}$, $y_3=\frac{1}{3}+\frac{x^2}{15}$ para $-\frac 12 \leq x\leq \frac 12$ . Esto sería mejor que un largo y tedioso discurso.
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