$\lim_{x \to 0}\lfloor\frac{\tan^{98}x - \sin^{98} x}{x^{100}}\rfloor=?$

Question

multar el límite :

$$\lim_{x \to 0}\lfloor\frac{\tan^{98}x - \sin^{98} x}{x^{100}}\rfloor=?$$

Denotamos la función suelo por $\lfloor x\rfloor$ . Mi intento:

\begin {align} \lim_ {x \to 0} \frac { \tan ^{n}x - \sin ^{n} x}{x^{n + 2}} &= \lim_ {x \to 0} \frac { \tan x - \sin x}{x^{3}} \cdot \sum_ {i = 0}^{n - 1} \frac { \tan ^{n - 1 - i}x}{x^{n - 1 - i}} \cdot\frac { \sin ^{i}x}{x^{i}} \\ &= \frac {1}{2} \cdot\sum_ {i = 0}^{n - 1}1 \\ &= \frac {n}{2} \end {align} Así que: \begin {align} \lim_ {x \to 0} \frac { \tan ^{98}x - \sin ^{98} x}{x^{100}}&=49 \\ \lim_ {x \to 0} \left\lfloor\frac { \tan ^{98}x - \sin ^{98} x}{x^{100}} \right\rfloor &=49 \end {align}

¿es esto correcto?

Answer 1

Utilizando la serie de Taylor $$ \begin{aligned} \tan x&=x+\frac13x^3+\frac2{15}x^5+\cdots,\\ \sin x&=x-\frac16x^3+\frac1{120}x^5+\cdots \end{aligned} $$ y la fórmula binomial, llegamos a $$ \tan^{98}x=x^{98}+\frac{98}3x^{100}+[\frac19\cdot\binom{98}2+\frac{98\cdot2}{15}]x^{102}+\cdots $$ y $$ \sin^{98}x=x^{98}-\frac{98}6x^{100}+[\frac1{36}\cdot\binom{98}2+\frac{98}{120}]x^{102}+\cdots. $$ Por lo tanto, $$ \tan^{98}x-\sin^{98}x=49x^{100}+\frac{1225}3x^{102}+\cdots, $$ y $$ \frac{\tan^{98}x-\sin^{98}x}{x^{100}}=49+\frac{1225}3x^2+\cdots. $$ Cuando $x$ está lo suficientemente cerca de cero, ese término cuadrático domina los términos de corte (posiblemente negativos). Por tanto, cuando $|x|$ es lo suficientemente pequeño tenemos $$ 49\le \frac{\tan^{98}x-\sin^{98}x}{x^{100}}<50. $$ La respuesta es la siguiente $49$ .

Answer 2

No, su última transformación (tomar el suelo dentro y fuera del límite) no está justificada.

Como contraejemplo, consideremos

$$\lim_{n\to\infty}\left(49-\frac1n\right)=49$$

frente a

$$\lim_{n\to\infty}\left\lfloor49-\frac1n\right\rfloor=48.$$