Me pueden ayudar a resolver esto sin el uso de la regla de l'Hôpital (sólo el uso de reglas Estándar):
$$ \lim_{ x\to 0 } \frac{\sin x - x\cos x}{x^3}? $$
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Brian Hinchey
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El uso que $$\sin(x)=x-\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!}\mp \cdots$$ y que $$\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{4!}\pm\dots$$ Por lo tanto $$\frac{\sin(x)-x\cos(x)}{x^3}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}- x+\frac{x^3}{2}- \frac {x^5}{4!} \pm \dots}{x^3}=\frac{1}{3} +\frac{x^2}{5!}-\frac{x^2}{4!}\pm \dots$$ Por lo tanto el Límite de $$\lim_{x\to 0} \frac{\sin(x)-x\cos(x)}{x^3} =\lim_{x\to 0} \frac{1}{3} +\frac{x^2}{5!}-\frac{x^2}{4!}=\frac{1}{3}$$
Dejando $y = x^3$, tenga en cuenta que su límite es el mismo como $$ \lim_{y \rightarrow 0} \frac{\sin(y^{1 \over 3}) - y^{1 \over 3}\cos(y^{1 \over 3})} de{y} $$ Si dejas que el valor medio teorema de ser uno de sus reglas estándar, entonces se puede decir que el ${\displaystyle \frac{\sin(y^{1 \over 3}) - y^{1 \over 3}\cos(y^{1 \over 3})}{y} = f'(z)}$ algunos $z$$0$$y$. El cálculo de la derivada revela que $$ f'(z) = {1 \over 3}{\sin(z^{1 \over 3}) \sobre z^{1 \over 3}} $$ Observar que como $y$ va a cero, por lo que no $z$, y por lo tanto también lo hace $z^{1 \over 3}$. Usando ese ${\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} {\sin(x) \over x} = 1}$ uno ve, por tanto, que $$ \lim_{y \rightarrow 0} f'(z) = {1 \over 3} $$ Por lo ${1 \over 3}$ es el límite.
cmmndy
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Aunque me gusta el enfoque de Dominic Michaelis, aquí es otro el uso infinito de productos.
Primera nota de que \begin{align} \sin(x) &= x \prod_{n=1}^\infty (1-\frac{x^2}{\pi^2n^2}) \\ &= x(1-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{\pi^2 n^2} + O(x^4)) \end{align} y \begin{align} \cos(x) &= \prod_{n=1}^\infty (1-\frac{x^2}{\pi^2(n-1/2)^2}) \\ \Leftrightarrow x\cos(x) &= x\prod_{n=1}^\infty (1-\frac{x^2}{\pi^2(n-1/2)^2}) \\ &= x(1-\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{\pi^2 (n-1/2)^2} + O(x^4)) \end{align} Por lo tanto \begin{align} \frac{\sin(x)-x\cos(x)}{x^3}&= \frac{1}{x^2}\Bigl[\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{\pi^2 (n-1/2)^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{\pi^2 n^2} +O(x^4) \Bigr] \\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\pi^2 (n-1/2)^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\pi^2 n^2} +O(x^2) \\ &=\frac{1}{\pi^2} \Bigl[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{ (n-1/2)^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \Bigr]+O(x^2) \end{align} Junto con el hecho de que \begin{align} &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{ (n-1/2)^2} =\frac{\pi^2}{2} \quad \text{and} \\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{align} tenemos \begin{align} \frac{\sin(x)-x\cos(x)}{x^3} &=\frac{1}{\pi^2} \Bigl[\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{ (n-1/2)^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \Bigr]+O(x^2) \\ &= \frac{1}{\pi^2} (\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi^2}{6}) +O(x^2) \\ &= \frac{1}{3} + O(x^2) = 0 \quad \text{for } x\rightarrow 0 \end{align} Nota: soy consciente de que esto no es tan simple como la solicitada por las Matemáticas'problem e incluso más compleja que la respuesta de Domingo de Michaelis. También necesitamos saber el infinito de los productos y de las identidades que implican $\sum 1/n^2$$\sum 1/(n-1/2)^2$. Sin embargo, yo sólo quería ofrecen otro método para resolver el problema.
