1r ciclo Cálculo de límites 2da parte

[oganesson]

Buenas tardes.

Vuelvo a acudir a vosotros . He realizado toda una lista de límites y solo hay 2 de ellos que no me han salido. Uno es el que puse ayer que se ha resuelto ya de muchas formas gracias a vosotros. El otro es uno con el que tengo problemas para resolverlo de una forma que no sea usando la regla de l´Hôpital.

El caso es que lo he podido resolver mediante la regla de l´Hôpital pero como ya hemos hablado en el otro hilo, me gustaría saber cómo calcular el límite de otra forma. A pesar de que el desarrollo de la serie de Taylor es interesante, en clase no lo hemos dado. Lo que mas estamos usando son equivalencias de infinitesimos y cambios de variable para deshacernos de las dichosas indeterminaciones.

Así que en fin, siento daros la chapa otra vez pero si a alguno le apetece calcular el siguiente límite, su aportación será bienvenida. Yo voy a seguir dandole vueltas a ver si me sale. Si lo consigo, publicaré la forma de cómo me ha salido. Bien, el limite es el siguiente.
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$\dst \lim\limits_{x \to 0}\frac{\dst \ln\left[tg\left(ax+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{sen(bx)}$

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El resultado del límite es $L=\dst \frac{2a}{b}$. Segun entiendo, cuando x tiende a cero, el argumento de la tangente tiende a $\dst \frac{\pi}{4}$ y por tanto lo de dentro del logaritmo neperiano tiende a 1. Por tanto podría usarse una equivalencia como la siguiente:
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$\dst \ln f(x) \sim f(x) - 1$, cuando $f(x)\rightarrow 1$

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De modo similar, con el seno de bx se puede utilizar otra equivalencia como:
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$\dst sen f(x) \sim f(x)$, cuando $f(x)\rightarrow 0$

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Sin embargo, no consigo simplificar nada con estas equivalencias. Teniendo en cuenta el resultado (cosa que en un examen no podría hacer jeje), los argumentos de la tangente y del seno tienen que salir de alguna forma. Con l´Hôpital, es sencillo, aplicando la derivada salen automaticamente. ¿Pero cómo hacemos para que salgan sin usar l´Hôpital?

En fin, si a alguien le sale, gracias de antemano.

Saludos!

[Richard R Richard]

Creo que las simplificaciones que describes, te van a ser útiles luego de que uses la siguiente propiedad trigonométrica

$\tan (\alpha \pm \beta)=\dfrac {\tan \alpha <br /> \pm \tan \beta }{1\mp \tan \alpha <br /> \cdot \tan \beta}$

[Alriga]

Aplicamos la identidad trigonométrica

$\tan \left (ax+\dfrac{\pi}4 \right )=\dfrac{1+\tan ax}{1-\tan ax}$

Sustituyendo:

$\dst \lim_{x \to 0}\frac{\dst \ln\left[\tan\left(ax+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{\sin bx}=\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln (1+\tan ax)-\ln (1-\tan ax)}{\sin bx}$

Desarrollamos en serie de Taylor-Maclaurin:

$\tan ax=ax-\dfrac{(ax)^3}3+\dots$

Para valores lo suficientemente próximos a x=0 los sumandos de grado mayor o igual que 2 se pueden despreciar. O dicho de otra manera si lo prefieres, los infinitésimos de orden superior al primero se pueden despreciar:

$\tan ax \simeq ax$

Esto cuando yo estudiaba bachillerato lo recitábamos de memoria diciendo "la tangente tiende al arco cuando el arco tiende a cero"

Sustituyendo

$\dst \lim_{x \to 0}\frac{\dst \ln\left[\tan\left(ax+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{\sin bx} \simeq \lim_{x \to 0}\dfrac{\ln (1+ ax)-\ln (1- ax)}{\sin bx}$

Desarrollamos en serie de Taylor-Maclaurin:

$\ln(1+ax)=ax-\dfrac{(ax)^2}2+\dots \simeq ax$

$\ln(1-ax)=-ax-\dfrac{(ax)^2}2-\dots \simeq -ax$

$\sin bx=bx-\dfrac{(bx)^3}6+\dots \simeq bx$ ("el seno tiende al arco cuando el arco tiende a cero")

Para valores lo suficientemente próximos a x=0 los sumandos de grado mayor o igual que 2 se pueden despreciar, (despreciamos infinitésimos de orden superior al primero)

$\dst \lim_{x \to 0}\frac{\dst \ln\left[\tan\left(ax+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{\sin bx} \simeq \lim_{x \to 0}\dfrac{ax-(-ax)}{bx}=\dfrac{2a\cancel x}{b\cancel x}=\dfrac{2a}b$

Saludos.

[Alriga]

... A pesar de que el desarrollo de la serie de Taylor es interesante, en clase no lo hemos dado ...

Sin utilizar series de Taylor, mira el dibujo de una función y(x) en general:

$y(x)=y(x_0)+\Delta y$

Para $\Delta x$ muy pequeños el cociente de incrementos se puede aproximar por la derivada

$\dfrac{\Delta y}{\Delta x} \simeq y'(x_0)$

Sustituyendo:

$y(x) \simeq y(x_0)+y'(x_0) \cdot \Delta x$

Obtienes esta expresión de abajo que es la que hemos usado en todos los límites en los que hemos dicho "Desarrollamos en serie de Taylor ... para valores lo suficientemente próximos a $x=x_0$ los sumandos de grado mayor o igual que 2 se pueden despreciar"

$$\boxed{y(x) \simeq y(x_0)+y'(x_0) \cdot (x-x_0)}$$

Observa que "sin dar series de Taylor", hemos hallado lo que es "de facto" la Serie de Taylor de y(x) truncada a grado 1, y que como en la demostración solo se ha usado geometría y el concepto de derivada (conceptos de bachillerato), lo podemos utilizar para resolver límites "sin haber dado series de Taylor"

Apliquémoslo por ejemplo para $y(x)=ln(1+a x)$ en $x_0=0$

$y'(x)=\dfrac a{1+a x}$

$y'(0)=\dfrac a{1+a \cdot 0}$

$y(0)=\ln (1+a \cdot 0)$

$y(x)=\ln(1+a x) \simeq \ln (1+0)+\dfrac a{1+0} (x-0)=a x$

Que naturalmente, coincide con lo que decíamos en el post anterior.

Saludos.

[carroza]

Hola. Veo que en clase no habeis dado la serie de Taylor, pero si sabeis, o os creeis, que

$\ln(1+f(x)) \simeq f(x)$

$\sin(f(x)) \simeq f(x)$

Cuando $f(x)$ es pequeño. So a eso añades que

$\tan(f(x)) \simeq f(x)$, entonces lo aplicas a

$<br /> <br /> \dst \lim_{x \to 0}\frac{\dst \ln\left[\tan\left(ax+\frac{\pi}{4}\right)\right]}{\sin bx}=\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln (1+\tan ax)-\ln (1-\tan ax)}{\sin bx}$

y te sale facil.

Un saludo

[oganesson]

Buenas. Cuando en el siguiente extracto,

Hola. Veo que en clase no habeis dado la serie de Taylor, pero si sabeis, o os creeis, que

$\ln(1+f(x)) \simeq f(x)$

$\sin(f(x)) \simeq f(x)$

dices "o os creeis", ¿lo dices por algo en concreto? Quiero decir, que igual esa equivalencia no es verdad o algo. A nosotros nos han dicho que cuando f(x) tiende a cero, esas equivalencias son válidas y podemos usarlas para simplificar la expresión del límite. Con esas palabras, ¿tu quieres decir que eso no es así? Es mera curiosidad eh.

Saludos.

[carroza]

Hola. Es una sutileza epsitemológica, pero tiene su importancia.

Si te han dicho algo, y tu lo aceptas como válido, es que te lo crees, No hay nada malo en ello. Muchas cosas en ciencia funcionan porque nos creemos cosas que nos dicen, ya que no podemos ser expertos en todo.

Si tu sabes algo, en el terreno matemático, es que eres capaz de demostrarlo. Las expresiones aproximadas que indicas pueden demostrarse, pero para demostrarlas necesitas conocer el desarrollo de Taylor, para ver que en ciertas circunstancias uno puede quedarse con el primer término.

Un saludo