Encontrar $\lim_{x\to 0} \frac{e^{\cos^2x}-e}{ \tan^2x}$

Question

$$\lim_{x\to 0} \frac{e^{\cos^2x}-e}{ \tan^2x}=?$$

Estoy en una pérdida completa aquí para ser honesto. Estoy seguro de que hay una manera de simplificar el $e$ parte de alguna manera. Factorizando el $e$ en el numerador para hacer $e(e^{-\sin^2x}-1)$ no parecen conducir a ninguna parte.

Answer 1

Aquí es un enfoque paso a paso

$$\eqalign{ & L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{{e^{{{\cos }^2}x}} - e} \over {{{\bronceado }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{{e^{1 - {{\pecado }^2}x}} - e} \over {{{\bronceado }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{e\left( {{e^{ - {{\pecado }^2}x}} - 1} \right)} \over {{{\bronceado }^2}x}} \cr & \,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} e{\cos ^2}x{{\left( {{e^{ - {{\pecado }^2}x}} - 1} \right)} \over {{{\pecado }^2}x}} \cr & \,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} e{\cos ^2}x\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{\left( {{e^{ - {{\pecado }^2}x}} - 1} \right)} \over {{{\pecado }^2}x}} \cr & \,\,\,\,\, = e\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {{{e^{ - u}} - 1} \más de u} \cr & \,\,\,\,\, = e( - 1) = -e \cr} $$

Sin embargo, yo no sugieren una forma de computación en la $\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {{{e^{ - u}} - 1} \over u}$ sin el uso de L' Hospital o en series de Taylor! Si desea hacerlo, entonces usted puede probar, primero, la siguiente desigualdad

$$-1 \le u \le 1 \,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\, u \le e^u -1 \le u + eu^2$$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$

y, a continuación, en sustitución de $u$ $-u$ y dividiendo por $-u$, obtendrá

$$0 \le -u \le 1 \,\,\, \to \,\,\, 1 \le {{{e^{ - u}} - 1} \over { - u}} \le 1 - eu$$ o $$-1 \le -u \le 0 \,\,\, \to \,\,\, 1 - eu \le {{{e^{ - u}} - 1} \over { - u}} \le 1$$

y, finalmente, el uso de la apretando teorema se puede concluir

$$\mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {{{e^{ - u}} - 1} \over { - u}} = 1 \tag{*}$$

También hay otra manera sencilla de acuerdo con el comentario de @zhw. y sólo tiene que utilizar la definición de derivada de la función $f(u)=e^{-u}$ $u=0$

$$f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {{f(u) - f(0)} \over {u - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} {{{e^{ - u}} - 1} \over u} = {\left. { - {e^{ - u}}} \right|_{u = 0}} = - 1$$

Answer 2

El uso de series de Taylor y conocido expansiones $\cos$ $\tan$ $0$:

• tenemos que, cuando $x\to 0$, $\cos x = 1-\frac{x^2}{2} + o(x^3)$, y por lo tanto $$ \cos^2 x = 1-x^2 + o(x^3) $$

• del mismo modo, $e^x = 1+x + o(x)$, por lo que componen los dos: $$ e^{\cos^2 x} = e^{1-x^2 + o(x^3)} = e\cdot e^{-x^2 + o(x^3)} = e(1-x^2 + o(x^2)) = e - ex^2 + o(x^2) $$ y por lo tanto $$ e^{\cos^2 x} - e = - ex^2 + o(x^2) $$

• finalmente, $\tan x = x + o(x^2)$, por lo que el $\tan^2 x = x^2 + o(x^2)$

Poniendo todo junto, $$ \frac{e^{\cos^2 x} - e}{\tan^2 x} = \frac{- ex^2 + o(x^2)}{x^2 + o(x^2)} = \frac{-e + o(1)}{1+o(1)} \xrightarrow[x\to0]{} -e $$

Answer 3

Aviso, $$\lim_{x\to 0}\frac{e^{\cos^2 x}-e}{\tan^2 x}$$ $$=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\cos^2x}\left(1-e^{1-\cos^2 x}\right)}{\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}}$$ $$=\lim_{x\to 0}(e^{\cos^2x}\cos^2 x)\frac{1-e^{\sin^2 x}}{\sin^2 x}$$ $$=\lim_{x\to 0}(e^{\cos^2x}\cos^2 x)\lim_{x\to 0}\left(\frac{1-e^{\sin^2 x}}{\sin^2 x}\right)$$ deje $\sin^2 x=t$ $$=\lim_{x\to 0}(e^{\cos^2x}\cos^2 x)\lim_{t\to 0}\left(\frac{1-e^{t}}{t}\right)$$

$$=(e^{1}\cdot 1^2)\left(-1\right)=\color{red}{-e}$$

Answer 4

Poner $\tan x=t$, de modo que $$\lim_{x\to 0} \frac{e^{\cos^2x}-e}{ \tan^2x}=\lim_{x\to 0} \frac{e^{\frac{1}{1+t^2}}-e}{t^2}$$ La aplicación de Hôpital de la regla de $$\lim_{x\to 0} \frac{e^{\frac{1}{1+t^2}}-e}{t^2}=\lim_{x\to 0} \frac{-2te^{\frac{1}{1+t^2}}}{2t(1+t^2)^2}=\lim_{x\to 0} \frac{-e^{\frac{1}{1+t^2}}}{(1+t^2)^2}=-e$$