Evaluación de $\lim\limits_{x\rightarrow0} \frac{\tan(x)-x}{x^3}$

Question

Uno de los posts anteriores me hizo pensar en la siguiente pregunta: ¿Es posible evaluar este límite sin L'Hopital y Taylor?

$$\lim_{x\rightarrow0} \frac{\tan(x)-x}{x^3}$$

Answer 1

He aquí una forma que evita las derivadas y las integrales.

Supongamos que sabemos que $\frac{\sin x}{x} \to 1$ como $x \to 0$ . Entonces también sabemos que $\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac12 \left( \frac{\sin(x/2)}{x/2} \right)^2 \to \frac12$ .

Ahora, $$\frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{1}{\cos x} \left( \frac{\sin x - x}{x^3} + \frac{1-\cos x}{x^2} \right),$$ así que hemos terminado si podemos calcular $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac16$ . La razón por la que lo reescribí así es que me lo pidió un colega hace unos diez años si que límite podría hacerse en un manera elemental. :-) Se me ocurrió lo siguiente:

Sea $$f(x) = \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac{1 - \frac{\sin x}{x}}{x^2}.$$ (Aquí he cambiado el signo para que el límite sea positivo). Puesto que $f$ es una función par, basta con considerar que $x>0$ .

Fijar un número entero positivo $n$ . Para empezar, tenemos $$x = 2^n \frac{x}{2^n} > 2^n \sin \frac{x}{2^n}.$$ (Supongo que también sabemos que $0 < \sin x < x < \tan x$ para $0 < x < \pi/2$ .) Multiplica esta desigualdad por $\prod_{k=1}^n \cos\frac{x}{2^k}$ y utilizar repetidamente la fórmula del doble ángulo, como sigue (ilustrado para el caso $n=3$ ): $$\begin{split} x \cos\frac{x}{8} \cos\frac{x}{4} \cos\frac{x}{2} & > 2^3 \sin\frac{x}{8} \cos\frac{x}{8} \cos\frac{x}{4} \cos\frac{x}{2} \\ & = 2^2 \sin\frac{x}{4} \cos\frac{x}{4} \cos\frac{x}{2} \\ & = 2^1 \sin\frac{x}{2} \cos\frac{x}{2} \\ & = \sin x. \end{split}$$ Esto implica (de nuevo para $n=3$ pero espero que el patrón general esté claro) $$\begin{split} 1 - \frac{\sin x}{x} & > 1 - \cos\frac{x}{8} \cos\frac{x}{4} \cos\frac{x}{2} \\ & = \left( 1 - \cos\frac{x}{8} \right) + \cos\frac{x}{8} \left( 1 - \cos\frac{x}{4} \right) + \cos\frac{x}{8} \cos\frac{x}{4} \left( 1 - \cos\frac{x}{2} \right). \end{split}$$ Sabemos que $\frac{1 - \cos(x/2^k)}{x^2} = \frac{1 - \cos(x/2^k)}{2^{2k} (x/2^k)^2} \to \frac{1}{2^{2k+1}}$ , por lo que después de dividir esta desigualdad por $x^2$ encontramos en el límite (para general $n$ ) que $$\liminf_{x \to 0^+} f(x) \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^{2k+1}} = \frac16 \left( 1 - \frac{1}{4^n} \right).$$ Esto es válido para cada $n$ Por lo tanto $$\liminf_{x \to 0^+} f(x) \ge \frac16.$$

La otra dirección es similar. Comience con $$x = 2^n \frac{x}{2^n} < 2^n \tan\frac{x}{2^n} = 2^n \frac{\sin(x/2^n)}{\cos(x/2^n)}.$$ Esto conduce a $$\begin{split} 1 - \frac{\sin x}{x} & < 1 - \cos\frac{x}{2^n} \cdot (\text{same product of cosines as above}) \\ & = 1 - \cos\frac{x}{2^n} + \cos\frac{x}{2^n} \cdot (1 - (\text{that product})) \\ & = 1 - \cos\frac{x}{2^n} + \cos\frac{x}{2^n} \cdot (\text{same expression as above}). \end{split}$$ Dividir por $x^2$ y que $x \to 0^+$ : $$\limsup_{x \to 0^+} f(x) \le \frac{1}{2^{2n+1}} + \frac16 \left( 1 - \frac{1}{4^n} \right).$$ Sea $n \to \infty$ : $$\limsup_{x \to 0^+} f(x) \le \frac16.$$ De ello se deduce que $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac16$ y, por tanto, por simetría $\lim_{x \to 0} f(x) = \frac16$ que es lo que queríamos mostrar.

Answer 2

Existe el teorema de Cauchy o del valor medio ampliado que dice que ${\displaystyle {f(x) - f(y) \over g(x) - g(y)} = {f'(c) \over g'(c)}}$ para algunos $c$ entre $x$ y $y$ . Puede aplicarlo aquí con $f(x) = \tan(x) - x$ y $g(x) = x^3$ y lo consigues para algunos $0 < c < x$ tienes $$\frac{\tan(x) - x}{x^3} = {\sec^2(c) - 1 \over 3c^2}$$ $$= {\tan^2(c) \over 3c^2}$$ $$= {1 \over 3}{1 \over \cos^2(c)}{\sin^2(c) \over c^2}$$ Ahora tome los límites como $x$ llega a cero; $c$ llega a cero y el límite es $1/3$ . Todo esto es un poco irónico, por supuesto, ya que se puede obtener L'Hopital con bastante rapidez a partir del teorema del valor medio ampliado, pero satisface su petición de no utilizarlo ni los polinomios de Taylor :)

Answer 3

Animado por la respuesta de Hans Lundmark, publico mi propia solución sin derivadas ni integrales.

La fórmula del triple ángulo para $\tan$ es $$\tan 3\theta = \frac{3\tan\theta-\tan^3\theta}{1-3\tan^2\theta}.$$ Supongamos que $\lim_{x\to0}(\tan x-x)/x^3 = c$ . Dejar $x = 3\theta$ entonces tenemos $$\begin{align} c &= \lim_{x\to0} \frac{\tan x-x}{x^3} \\ &= \lim_{\theta\to0} \frac{\tan 3\theta-3\theta}{27\theta^3} \\ &= \lim_{\theta\to0} \frac{3\tan\theta - \tan^3\theta-3\theta+9\theta\tan^2\theta}{27\theta^3(1-3\tan^2\theta)} \end{align}$$ Podemos deshacernos de $1/(1-3\tan^2\theta)$ porque su límite es $1$ . A continuación empezamos a sacar términos y encontramos $$\begin{align} c &= \lim_{\theta\to0}\frac{3\tan\theta-3\theta}{27\theta^3} - \lim_{\theta\to0}\frac{\tan^3\theta}{27\theta^3} + \lim_{\theta\to0}\frac{9\theta\tan^2\theta}{27\theta^3} \\ &= \frac19c - \frac1{27} + \frac{1}{3}, \end{align}$$ porque $\lim_{\theta\to0}(\tan\theta)/\theta = 1$ . Así que $8c/9 = 8/27$ o $c = 1/3$ .

Answer 4

He aquí un enfoque diferente. Dejemos que $$L = \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(x) - x}{x^3}$$ Sustitución de $x$ por $2y$ obtenemos que $$\begin{align} L & = \lim_{y \to 0} \dfrac{\tan(2y) - 2y}{(2y)^3} = \lim_{y \to 0} \dfrac{\dfrac{2 \tan(y)}{1 - \tan^2(y)} - 2y}{(2y)^3}\\ & = \lim_{y \to 0} \dfrac{\dfrac{2 \tan(y)}{1 - \tan^2(y)} - 2 \tan(y) + 2 \tan(y) - 2y}{(2y)^3}\\ & = \lim_{y \to 0} \dfrac{\dfrac{2 \tan^3(y)}{1 - \tan^2(y)} + 2 \tan(y) - 2y}{(2y)^3}\\ & = \lim_{y \to 0} \left(\dfrac{2 \tan^3(y)}{8y^3(1 - \tan^2(y))} + \dfrac{2 \tan(y) - 2y}{8y^3} \right)\\ & = \lim_{y \to 0} \left(\dfrac{2 \tan^3(y)}{8y^3(1 - \tan^2(y))} \right) + \lim_{y \to 0} \left(\dfrac{2 \tan(y) - 2y}{8y^3} \right)\\ & = \dfrac14 \lim_{y \to 0} \left(\dfrac{\tan^3(y)}{y^3} \dfrac1{1 - \tan^2(y)} \right) + \dfrac14 \lim_{y \to 0} \left(\dfrac{\tan(y) - y}{y^3} \right)\\ & = \dfrac14 + \dfrac{L}4 \end{align}$$ Por lo tanto, $$\dfrac{3L}{4} = \dfrac14 \implies L = \dfrac13$$

EDITAR

En la respuesta de Hans Lundmark, evaluar el límite deseado se reduce a evaluar $$S=\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(x)-x}{x^3}$$ La misma idea anterior puede utilizarse para evaluar $S$ también. Sustitución de $x$ por $2y$ obtenemos que $$\begin{align} S & = \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(2y) - 2y}{(2y)^3} = \lim_{y \to 0} \dfrac{2 \sin(y) \cos(y) - 2y}{8y^3}\\ & = \lim_{y \to 0} \dfrac{2 \sin(y) \cos(y) - 2 \sin(y) + 2 \sin(y) - 2y}{8y^3}\\ & = \lim_{y \to 0} \dfrac{2 \sin(y) - 2y}{8y^3} + \lim_{y \to 0} \dfrac{2 \sin(y) \cos(y)-2 \sin(y)}{8y^3}\\ & = \dfrac14 \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(y) - y}{y^3} - \dfrac14 \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(y) (1 - \cos(y))}{y^3}\\ & = \dfrac{S}4 - \dfrac14 \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(y) 2 \sin^2(y/2)}{y^3}\\ & = \dfrac{S}4 - \dfrac18 \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(y)}{y} \dfrac{\sin^2(y/2)}{(y/2)^2}\\ & = \dfrac{S}4 - \dfrac18 \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin(y)}{y} \lim_{y \to 0} \dfrac{\sin^2(y/2)}{(y/2)^2}\\ & = \dfrac{S}4 - \dfrac18\\ \dfrac{3S}4 & = - \dfrac18\\ S & = - \dfrac16 \end{align}$$

Answer 5

La declaración $\dfrac{\tan(x)-x}{x^3} \to c$ como $x \to 0$ es equivalente a $\tan(x) = x + c x^3 + o(x^3)$ como $x \to 0$ por lo que este es una declaración sobre un polinomio de Taylor de $\tan(x)$ y no estoy seguro de qué contaría como hacer eso "sin Taylor". Sin embargo, una cosa que podrías hacer es empezar desde $$\sin(x) = x + o(x)$$ integrar para obtener $$\cos(x) = 1 - x^2/2 + o(x^2)$$ entonces $$\sec(x) = \frac{1}{1-x^2/2 + o(x^2)} = 1 + x^2/2 + o(x^2)$$ $$\sec^2(x) = \left(1 + x^2/2 + o(x^2)\right)^2 = 1 + x^2 + o(x^2)$$ e integrar de nuevo para obtener $$\tan(x) = x + x^3/3 + o(x^3)$$