Encontrar el límite
$$\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\sin{(\tan{x})}-\tan{(\sin{x})}}{x^7}$$
Mi intento: Desde
$$\sin{x}=x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dfrac{1}{7!}x^7+o(x^7)$$ $$\tan{x}=x+\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{2}{15}x^5+\dfrac{1}{63}x^7+o(x^3)$$ Así que $$\sin{(\tan{x})}=\tan{x}-\dfrac{1}{3!}(\tan{x})^3+\dfrac{1}{5!}(\tan{x})^5-\dfrac{1}{7!}(\tan{x})^7+o(x^7)$$
Aunque este método podría resolver, creo que este problema tiene métodos más agradables. Gracias.
Lo interesante (que no puedo explicar) es que si tienes dos funciones impar $$f(x)=x+a_3x^3+a_5 x^5+a_7 x^7+?x^9,\quad g(x)=x+b_3x^3+b_5 x^5+b_7 x^7+?x^9$$ con $f'(0)=g'(0)=1$ (o $=-1$ ) entonces "conmutan hasta el orden 5", es decir $$f\bigl(g(x)\bigr)-g\bigl(f(x)\bigr)= ?x^7\qquad(x\to0)\ .$$ Para demostrar esto hacemos el cálculo para $f\bigl(g(x)\bigr)$ : $$\eqalign{f\bigl(g(x)\bigr)&=x+(a_3+b_3)x^3+(a_5+3a_3b_3+b_5)x^5 + \cr &\qquad\qquad(a_7+5a_5b_3+3a_3b_3^2+3a_3b_5+b_7)x^7\ +\ ?x^9\ .\cr}\tag{1}$$ Vemos que los coeficientes de $x^3$ y $x^5$ ambos son simétricos en $a$ y $b$ y además $a_7+b_7$ se cancelará cuando se forme $f\bigl(g(x)\bigr)-g\bigl(f(x)\bigr)$ . De la inspección de $(1)$ por lo que podemos deducir que $$f\bigl(g(x)\bigr)-g\bigl(f(x)\bigr)=\bigl(2(a_5 b_3-a_3 b_5)+3(a_3b_3^2-a_3^2 b_3)\bigr)x^7\ +\ ?x^9\ .$$ Insertando aquí los coeficientes conocidos para $\sin$ y $\tan$ encontramos que el límite en cuestión es $-{1\over30}$ .
En esta respuesta (a una pregunta que recientemente se señaló que era un duplicado de ésta), describo esta propiedad de conmutación en un caso ligeramente más generalizado. Si las funciones son como $x+a_nx^n+a_{2n-1}x^{2n-1}+a_{3n-2}x^{3n-2}+\dots$ entonces el conmutador es una función de $a_n$ y $a_{2n-1}$ de cada función por $x^{3n-2}$ (más un resto menor).
Sin duda, la regla de L'Hopital sería útil. Pero también se podría utilizar cada expansión de Taylor de $\sin(x)$ y $\tan(x)$ para ampliar $\sin (\tan (x))$ y $\tan (\sin (x))$ . Esto probablemente sería tedioso pero es factible (yo lo hice).
Usando lo que has escrito, deberías llegar a $$\sin (\tan (x))=x+\frac{x^3}{6}-\frac{x^5}{40}-\frac{55 x^7}{1008}+O\left(x^8\right)$$ y $$\tan (\sin (x))=x+\frac{x^3}{6}-\frac{x^5}{40}-\frac{107 x^7}{5040}+O\left(x^8\right)$$ $$\sin (\tan (x))-\tan (\sin (x))=-\frac{x^7}{30}+O\left(x^8\right)$$
Si quieres hacerlo con expansiones de Taylor, probablemente sea una buena idea empezar sustituyendo $x = \arcsin t$ , dando $$ \lim_{t \to 0} \frac{\sin\left(\frac t {\sqrt{1-t^2}}\right) - \tan t}{(\arcsin t)^7}$$ Ahora utiliza la expansión $$ \frac t {\sqrt{1-t^2}} = \sum_{n\geq 0} \binom{ -1/2} n (-1)^n t^{2n+1} = \sum_{n\geq 0} \frac{(2n-1)!!}{n! 2^n} t^{2n+1}$$ y expandir el denominador y el numerador para ordenar $t^7$ . Esto todavía requerirá algunos cálculos, pero al menos menos menos que el método ingenuo.
La función es de forma indeterminada, por lo que hay que utilizar la regla de l'Hopital $7$ tiempos.
Tenga en cuenta que
.
En $x=0$ Esto es igual a $-168$ . Tomando la derivada del denominador $7$ veces, obtenemos $7!=5040$ . Por lo tanto, la respuesta es $$ - \dfrac {168}{5040} = \boxed {- \dfrac {1}{30}}. $$
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El numerador aparece en un conocido problema de Arnold : Hilo de MO .
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Creo que este es un problema diferente, pero gracias