Limite

[Ianya]

Buongiorno
Devo risolvere questo limite senza utilizzare De L'Hopital né gli sviluppi in serie ma utilizzando soltanto i limiti notevoli
$ lim_{xto0} 1/x - 1/sinx $
Posso risolverlo moltiplicando e dividendo $1/sinx$ per $x$ ed utilizzando il limite notevole di $sinx/x$?
Ho fatto anche altrii tentativi, utilizzando la prima relazione fondamentale della trigonometria o altre formule trigonometriche ma ogni volta mi ritrovo con una forma indeterminata.
Voi come lo risolvereste? Grazie in anticipo

[pilloeffe]

Ciao Ianya,

Si ha:

$lim_{x \to 0}(1/x - 1/sin x) = - lim_{x \to 0}(1/sin x - 1/x) $

Ricordando che $cos x \le frac{sin x}{x} \le 1$ per $0 < x < pi/2 $ (ma anche per $- pi/2 < x < 0 $), prendendo i reciproci si ottiene

$ 1 \le frac{x}{sin x} \le frac{1}{cos x} $
$ 1 - 1 \le frac{x}{sin x} - 1 \le frac{1}{cos x} - 1 $
$0 \le frac{x}{sin x} - 1 \le frac{1}{cos x} - 1 $

Quindi, per $0 < x < pi/2 $, osservando che $ 1/sin x - 1/x = frac{frac{x}{sin x} - 1}{x} $, si ha:

$ 0 \le 1/sin x - 1/x \le frac{frac{1}{cos x} - 1 }{x} $

$ 0 \le 1/sin x - 1/x \le frac{1 - cos x}{x cos x} $

$ 0 \le 1/sin x - 1/x \le frac{(1 - cos x)(1 + cos x)}{x cos x (1 + cos x)} $

$ 0 \le 1/sin x - 1/x \le frac{sin^2 x}{x cos x (1 + cos x)} $

$ 0 \le 1/sin x - 1/x \le sin x \cdot frac{sin x}{x} \cdot frac{1}{cos x (1 + cos x)} $

Quindi si ha:

$ lim_{x \to 0^+} 0 \le lim_{x \to 0^+} (1/sin x - 1/x) \le lim_{x \to 0^+} sin x \cdot lim_{x \to 0^+} frac{sin x}{x} \cdot lim_{x \to 0^+} frac{1}{cos x (1 + cos x)} $

$ 0 \le lim_{x \to 0^+} (1/sin x - 1/x) \le 0 \cdot 1 \cdot frac{1}{1 (1 + 1)} $

$ 0 \le lim_{x \to 0^+} (1/sin x - 1/x) \le 0 \implies lim_{x \to 0^+} (1/sin x - 1/x) = 0 $

Un'analoga disuguaglianza si ottiene per $ x \to 0^- $ (per $- pi/2 < x < 0 $), per cui in definitiva si ha:

[tex]\begin{equation}
\boxed{\lim_{x \to 0}\bigg(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}\bigg) = - \lim_{x \to 0}\bigg(\frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x}\bigg) = 0}
\end{equation}[/tex]

[Ianya]

Grazie

[Cantor99]

Premetto che il metodo che ti propongo potrebbe non essere valido e che questo è un azzardo.

Passando al problema, la funzione è chiaramente dispari per cui il limite destro e sinistro si equivalgono a meno del segno: quindi possiamo anche calcolare solo il limite destro!

Ora ricordiamo perché $\frac{sin(x)}{x} -> 1$ per $x ->0^+$.
Si costruisce una circonferenza goniometrica di centro $O$ e si prende un punto $P$, per comodità, nel primo quadrante tale che l'angolo $POA$, dove $A$ ha coordinate $(1,0)$, sia $x$ . Tracciando $sin(x)$ e $tan(x)$, ricordando che $x$ è anche la corda $PA$, è chiaro che $sin(x)0^+$ il famoso limite notevole dà $1$)

Ritorniamo al nostro limite. Si converrà che la funzione può essere riscritta come $\frac{1}{sin(x)}(\frac{sin(x)}{x}-1)$.
Ora lavoriamo con le disuguaglianze di prima.
Vale (sempre per $x->0^+$!) $0<\frac{sin(x)}{x}-1<\frac{1}{cos(x)}-1$
Chiaramente è $\frac{1}{sin(x)}>=1>0$ quindi possiamo
$0<\frac{1}{sin(x)}(\frac{sin(x)}{x}-1)<\frac{1}{cos(x)sin(x)}-\frac{1}{sin(x)}$

Ora se il limite per $x->0^+$ dell'ultimo termine della catena tende a $0$ possiamo applicare il teorema del confronto e concludere!

Infatti ricordando $sin(2x)=2sin(x)cos(x)$ si ha che la funzione è equivalente a $\frac{2}{sen(2x)}-\frac{1}{sin(x)}=\frac{2sin(x)-sin(2x)}{sin(x)sin(2x)}$
Passando al limite si ha
$\lim_{x\ to\0^+}\frac{2sin(x)-sin(2x)}{sin(x)sin(2x)}=\frac{2x(\frac{sin(x)}{x}-\frac{sin(2x)}{2x})}{2x^2\frac{sin(x)}{x}\frac{sin(2x)}{2x}}=0$

EDIT: @pilloeffe non avevo visto i tuoi calcoli, scusami

[pilloeffe]

"Cantor99":@pilloeffe non avevo visto i tuoi calcoli, scusami

No problem... Piuttosto temo che la tua soluzione non sia corretta:

"Cantor99":Passando al limite si ha
$ lim_{x \to 0^+} frac{2sin(x)−sin(2x)}{sin(x)sin(2x)} = frac{2x(sin(x)/x − sin(2x)/{2x})}{2x^2 sin(x)/x sin(2x)/{2x}} = 0 $

A parte il fatto che manca il simbolo $ lim_{x \to 0^+} $ a destra del primo uguale (ma questo si capisce che è un errore veniale... ), non ci sono dubbi che ciò che c'è a numeratore tende a $0$, ma il fatto è che anche ciò che è a denominatore tende a $0$...

[Cantor99]

Hai ragione per entrambi gli errori... comunque quel limite fa $0$, ho controllato.
Il problema comunque resta che per risolvere il limite è difficile procedere (sembra) senza de l'Hôpital o Taylor e bisognerebbe fare una nuova tiritera.
Grazie e ciao

[pilloeffe]

"Cantor99":comunque quel limite fa $0$, ho controllato.

Ah, su questo non ho dubbi... il problema è dimostrarlo senza fare uso della regola di de l'Hôpital o degli sviluppi in serie di Taylor, e la vedo dura perché è più complicato di quello di partenza proposto da Ianya, ma non escludo che ci si possa riuscire.

"Cantor99":Il problema comunque resta che per risolvere il limite è difficile procedere (sembra) senza de l'Hôpital o Taylor e bisognerebbe fare una nuova tiritera.

Bravo, il problema è proprio questo: tutta la "tiritera" ti ha condotto ad un limite per dimostrare il quale senza de l'Hôpital o Taylor è necessaria un'altra "tiritera" che però stavolta deve partire da un limite più complicato di quello che dovevi dimostrare inizialmente...