Encontrar el límite $\lim_{ x \to \pi }\frac{5e^{\sin 2x}-\frac{\sin 5x}{\pi-x}}{\ln(1+\tan x)}$

Question

Encontrar el límite (sin usar l'Hôpital y equivalencia)

$$\lim_{ x \to \pi }\frac{5e^{\sin 2x}-\frac{\sin 5x}{\pi-x}}{\ln(1+\tan x)}=?$$

mi intento:

$u=x-\pi \to 0$

$$\lim_{ x \to \pi }\frac{5e^{\sin 2x}-\frac{\sin 5x}{\pi-x}}{\ln(1+\tan x)}=\lim_{ u\to 0 }\frac{5e^{\sin (2u+2\pi)}+\frac{\sin (5u+5\pi)}{u}}{\ln(1+\tan (u+\pi))}\\=\lim_{ u\to 0 }\frac{5e^{\sin (2u)}-\frac{\sin (5u)}{u}}{\ln(1+\tan (u))}$$

¿ahora:?

Answer 1

Podemos proceder de la siguiente manera \begin{align} L &= \lim_{u \to 0}\dfrac{5e^{\sin 2u} - \dfrac{\sin 5u}{u}}{\log(1 + \tan u)}\notag\\ &= \lim_{u \to 0}\dfrac{5e^{\sin 2u} - \dfrac{\sin 5u}{u}}{\dfrac{\log(1 + \tan u)}{\tan u}\cdot\dfrac{\tan u}{u}\cdot u}\notag\\ &= \lim_{u \to 0}\dfrac{5e^{\sin 2u} - \dfrac{\sin 5u}{u}}{u}\notag\\ &= \lim_{u \to 0}\frac{5ue^{\sin 2u} - \sin 5u}{u^{2}}\notag\\ &= \lim_{u \to 0}\frac{5ue^{\sin 2u} - 5u}{u^{2}} + 25\cdot\frac{5u - \sin 5u}{(5u)^{2}}\tag{1}\\ &= \lim_{u \to 0}5\cdot\frac{e^{\sin 2u} - 1}{u} + 25\cdot 0\notag\\ &= \lim_{u \to 0}5\cdot\frac{e^{\sin 2u} - 1}{\sin 2u}\cdot\frac{\sin 2u}{2u}\cdot 2\notag\\ &= 5\cdot 1\cdot 1\cdot 2 = 10\notag \end{align} El límite en $(1)$ evalúa a $0$ porque $\lim\limits_{x \to 0}\dfrac{x - \sin x}{x^{2}} = 0$ y esto puede ser probado a través de el teorema del sándwich usando$\sin x < x < \tan x$$x \in (0, \pi/2)$. Tenemos $$0 < \frac{x - \sin x}{x^{2}} < \frac{\tan x - \sin x}{x^{2}}$$ and letting $x \a 0^{+}$ we get the result via Squeeze theorem. The case for $x \a 0^{-}$ can be proved by putting $x = -t$.

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Una Curiosa Falacia: La respuesta al usuario "Jeevan Devaranjan" tiene una curiosa falacia que consiste en la sustitución de una parte de la expresión por su límite. Esto no está garantizado para el trabajo en general. A destacar la falacia de suponer que en lugar de la función $\sin$ tuvimos $f$ dada por $$f(x) = x + \frac{x^{2}}{2}$$ and then $$\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{x} = 1$$ just like $$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$$ and therefore $$\lim_{u \to 0}\frac{f(5u)}{u} = 5, \lim_{u \to 0}\frac{f(2u)}{2u} = 1$$ Now if the question is to evaluate the limit $$\lim_{u \to 0}\dfrac{5e^{f(2u)} - \dfrac{f(5u)}{u}}{\log(1 + \tan u)}\tag{2}$$ then it is not possible to reduce the expression to $$\lim_{u \to 0}\dfrac{5e^{2u} - 5}{\log(1 + \tan u)}\tag{3}$$ We can see that $(2)$ evaluates to $-5/2$ and $(3)$ like earlier evaluates to $10$. Por lo tanto, uno debe evitar dichas sustituciones.

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Justificación: la razón por La que los reemplazos trabajado en la respuesta de "Jeevan Devaranjan" es que $\sin x$ satisface $$\lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^{2}} = 0\tag{4}$$ whereas $$\lim_{x \to 0}\frac{x - f(x)}{x^{2}} = -\frac{1}{2}\tag{5}$$ Replacing $(\el pecado de 5u)/u$ by $5$ is actually replacing $(\el pecado de 5u)/u^{2}$ with $5/u$ (because of an extra $u$ term in denominator coming from $\log(1 + \bronceado u)$) which is valid because $$\lim_{u \to 0}\frac{\sin 5u}{u^{2}} - \frac{5}{u} = 0$$ because of $(4)$ but the same does not hold for $f$ because limit in $(5)$ is non-zero. So the replacements are justified not by the famous limit $\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1$ but by the not so famous limit $(4)$.

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En esta respuesta se describen los escenarios donde nadie puede reemplazar a una sub-expresión por su límite en el proceso de evaluación de límite de una expresión compleja que contiene sub-expresión.

Answer 2

Sugerencias:

Análisis asintótico: cerca de $0$, tenemos:

• $\sin t=t+o(t)$;
• $\tan t=t+o(t)$;
• $\mathrm e^t=1+t+o(t)$;
• $\ln(1+t)=t+o(t)$.

Nota también puede Agregar, restar, multiplicar, dividir, componer expansiones polinomiales en el mismo orden, y que también tenemos $\sin t=t+o(t^2)$ (expansión de $\sin t$ en orden $2$, donde la expansión de $\dfrac{\sin 5u}u$ $1$ de la orden: $$\frac{\sin 5u}u=\frac{5u+o(u^2)}{u}=5+o(u).$ $

Answer 3

Utilizamos la aproximación pequeña del ángulo, que es $\sin(u) \approx u$ y $\tan(u) \approx u$ % pequeña $u$. Podemos sustituir esto desde $\lim_{u \to 0} \frac{\sin(u)}{u} = 1$ y $\lim_{u \to 0} \frac{\tan(u)}{u} = 1$. Formalmente podría hacerlo multiplicando y dividiendo por $u$ y $\cos(u) = 1$ desde $u \to 0$. Así tenemos\begin{align} L = \lim_{u \to 0} \frac{5e^{2u} - 5}{\ln(1 + u)} \end {Alinee el} recuerdo tha fundamental limita $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1$ y $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$. Así tenemos\begin{align} L &= 5 \lim_{u \to 0} \frac{e^{2u - 1}}{2u} \frac{2}{\frac{\ln(1 + u)}{u}} \end{align} desde ambos $\lim_{u \to 0} \frac{e^{2u} - 1}{2u}$ y $\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1 + u)}{u} = 1 \neq 0$ existen, tenemos las leyes de límites\begin{align} L &= 5 \bigg(\lim_{u \to 0} \frac{e^{2u} - 1}{2u}\bigg)\bigg(\frac{2}{\lim_{u \to 0} \frac{\ln(1 + u)}{u}}\bigg)\\ &= 5 \bigg(\lim_{2u \to 0} \frac{e^{2u} - 1}{2u} \bigg) (2)\\ &= 5(1)(2) = 10 \end {Alinee el}