¿Resolver sin usar la regla de L'Hôpital?

Question

¿Es posible resolverlo sin utilizar la regla de L'Hôpital?

$$ \lim_{x\to 0} \Big(\frac{3x+1}{x}-\frac{1}{\sin x}\Big) $$

Intenté resolverlo pero me quedé atascado en el $\frac{1}{\sin x}$ parte.

$$ =\lim_{x\to 0}\frac{3+x^{-1}}{1}-\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sin x} $$

desde $\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sin x}$ no existe.

Answer 1

A través de las series de potencia

$$\frac{3x+1}{x}-\frac{1}{\sin x}=\frac{3x\sin x+\sin x-x}{x\sin x}=$$

$$\frac{3x\left(x-O(x^3)\right)+\left(x-O(x^3)\right)-x}{x\left(x-O(x^3)\right)}=\frac{3x^2-O(x^4)-O(x^3)}{x^2-O(x^4)}=$$

$$3\frac{1-O(x^2)-O(x)}{1-O(x^2)}\xrightarrow [x\to 0]{}3\cdot 1=3$$

Answer 2

Cuando $x\ne 0$ nuestra función es igual a $$3-\left(\frac{x-\sin x}{x\sin x}\right).$$ Así que queremos encontrar $$\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}.$$ Este límite es obviamente $0$ (mira la serie Maclaurin de $\sin x$ ). Pero es de suponer que si la Regla de L'Hospital está prohibida, la serie Maclaurin también lo está.

Consideramos positivo $x$ sólo, ya que si nos ocupamos de estos, lo que sucede para los negativos $x$ está claro por simetría.

Necesitamos saber algo sobre el comportamiento de $x-\sin x$ para que sea positivo $x$ cerca de $0$ .

$1$ . Primero demostramos que $x\ge \sin x$ si $x\ge 0$ . Sea $f(x)=x-\sin x$ . Tenga en cuenta que $f(0)=0$ y $f'(x)=1-\cos x\ge 0$ Así que $f(x)$ es no decreciente para un valor positivo de $x$ . De ello se desprende que $f(x)\ge 0$ si $x\ge 0$ .

$2$ . A continuación demostramos que $\cos x\ge 1-\frac{x^2}{2}$ para $x\ge 0$ . Sea $g(x)=\cos x-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)$ . Tenga en cuenta que $g(0)=0$ y, por el resultado de $(1)$ , $g'(x)=-\sin x+x\ge 0$ para $x\ge 0$ . De ello se desprende que $g(x)\ge 0$ para $x\ge 0$ .

$3$ . A continuación demostramos que $\sin x\ge x-\frac{x^3}{6}$ para $x\ge 0$ . Sea $h(x)=\sin x-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)$ . Tenemos $h(0)=0$ y por el resultado de $(2)$ , $h'(x)\ge 0$ si $x\ge 0$ . El resultado deseado es el siguiente.

Concluimos que si $x\ge 0$ entonces $0\le x-\sin x\le \frac{x^3}{6}$ . De esta desigualdad se deduce fácilmente que $\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}=0$ .

Observación: Cualquier prueba debe abordar el comportamiento de $x-\sin x$ cerca de $0$ . Por supuesto que no necesitamos el muy fuerte $|x-\sin x|\le \frac{x^3}{6}$ que hemos obtenido anteriormente. Pero debemos demostrar al menos que $|x-\sin x|=o(x^2)$ .

Answer 3

He aquí una pista que no utiliza L'Hôpital, ni derivadas, ni series de potencias; sólo trigonometría.

Una pista: En esta respuesta se demuestra, geométricamente, que $\sin(x)\le x\le\tan(x)$ para $x\in[0,\pi/2)$ . Así, $$ \begin{align} \left|\,\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin(x)}\,\right| &=\left|\,\frac{\sin(x)-x}{x\sin(x)}\,\right|\\ &\le\left|\,\frac{\sin(x)-\tan(x)}{x\sin(x)}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{1-\sec(x)}{x}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{1-\sec(x)}{x}\frac{1+\sec(x)}{1+\sec(x)}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{1-\sec^2(x)}{x(1+\sec(x))}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{-\tan^2(x)}{x(1+\sec(x))}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{\tan(x)}{x}\frac{\tan(x)}{1+\sec(x)}\,\right|\\ &=\left|\,\frac{\tan(x)}{x}\tan(x/2)\,\right| \end{align} $$

Answer 4

Dejemos que $\displaystyle L=\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^2}$ . Sustitución de $x$ por $2y$ obtenemos:

$ \begin{align*} L & = \lim_{y \to 0} \frac{\sin 2y - 2y}{4y^2} = \lim_{y \to 0} \frac{2 \sin y \cos y - 2y}{4y^2} = \lim_{y \to 0} \frac{2 \sin y \cos y - 2 \sin y + 2 \sin y - 2y}{4y^2} \\ & = \lim_{y \to 0} \left( \frac{2 \sin y(\cos y-1)}{4y^2}+\frac{1}{2} \lim_{y \to 0} \frac{\sin y - y}{y^2}\right) \\ & = \frac{1}{2} \lim_{y \to 0} \sin y \cfrac{-2\sin^2\cfrac{y}{2}}{y^2}+\frac{1}{2}L \\ & = -\frac{1}{4} \lim_{y \to 0} \sin y \cfrac{\sin^2\cfrac{y}{2}}{\cfrac{y^2}{4}}+\frac{1}{2}L, \end{align*} $

lo que implica que $L=0$ .

Por lo tanto,

$ \begin{align*} \lim_{x\to 0} \left(\frac{3x+1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right) & = \lim_{x\to 0} \left(3+\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right) = \lim_{x\to 0} \left(3+\frac{\sin x - x}{x \sin x}\right) \\ & = \lim_{x\to 0} \left(3+\frac{\sin x - x}{x^2} \cdot \frac{x}{\sin x} \right) = 3+0 \cdot 1 \\ & = \boxed{3}, \end{align*} $

Answer 5

Este es otro enfoque, ya que sabemos que

$$ \begin{align*} &\lim_{x\to 0} \left(\frac{3x+1}{x} - \frac{1}{\sin x}\right) \\ &\qquad = \lim_{x\to 0} \left(3 +\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}\right) \\ &\qquad = \lim_{x\to 0} \left(3 + \frac{\sin x - x}{x\sin x}\right) \\ &\qquad = 3 + \lim_{x\to 0} \frac{\sin x - x}{x\sin x} \end{align*} $$

ahora dividamos la parte superior e inferior por $x^2$ para conseguir

$$3 + \lim_{x\to 0} \frac{(\sin x - x)/x^2}{x\sin x/x^2} = 3 + \lim_{x\to 0} \frac{(\sin x - x)/x^2}{\sin x/x}$$

ahora usando el $lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ podríamos aplicar esto al denominador obteniendo ahora

$$= 3 + \lim_{x\to 0} \frac{\sin x - x}{x^2}$$ ahora vamos a dividir el último término

Muy bien, así que después podemos dividir esto en

$$\lim_{x\to 0} [(\sin x/x)(1/x) - (1/x) ]$$ Ahora bien, si descontamos $1/x$ obtenemos

$$\lim_{x\to 0} (1/x)[(\sin x/x) - 1 ]$$ ahora apliquemos la propiedad límite a esto para obtener $$\lim_{x\to 0} (1/x)*\lim_{x\to 0}[(\sin x/x) - 1 ]$$

$$\lim_{x\to 0} (1/x)*\lim_{x\to 0}[1 - 1 ] = \lim_{x\to 0} (1/x)*0 = 0$$

así que $$3 + 0 = 3$$

D

ahora no he roto ninguna regla de cálculo, lo siento no es en forma de látex todavía aprender un poco