Предел с тригонометрическими функциями

[nnosipov]

sergei1961 в сообщении #1060302 писал(а):

Поделитесь решением из Арнольда?

Того объяснения, которое сопровождает картинку, лично мне не хватило. Поэтому написал следующий текст.

Пусть $f(x)=x+o(x)$ и $g(x)=x+o(x)$ --- различные аналитические функции. Тогда

$$ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)-g(x)}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}=1. $$

Действительно, поскольку

$$ \frac{f(x)-g(x)}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}= \frac{f(x)-g(x)}{x-f^{-1}(g(x))} \cdot \frac{x-f^{-1}(g(x))}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}=A(x) \cdot B(x), $$

достаточно показать, что

$$ \lim_{x \to 0} A(x)=\lim_{x \to 0} B(x)=1. $$

$1^\circ$. Имеем

$$ A(x)=\frac{f(x)-g(x)}{x-f^{-1}(g(x))}= \frac{f(x)-f(f^{-1}(g(x)))}{x-f^{-1}(g(x))}= \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \to f'(0)=1, $$

где $y=y(x)=f^{-1}(g(x))$.

$2^\circ$. Пусть $h(x)=g^{-1}(x)-f^{-1}(x)=ax^k+O(x^{k+1})$, $a \neq 0$. Тогда

$$ B(x)=\frac{x-f^{-1}(g(x))}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}= \frac{g^{-1}(g(x))-f^{-1}(g(x))}{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}=\frac{h(g(x))}{h(x)}= $$

$$ =\frac{ag(x)^k+O(g(x)^{k+1})}{ax^k+O(x^{k+1})}= \frac{a(g(x)/x)^k+O(g(x)^{k+1}/x^k)}{a+O(x)} \to \frac{a \cdot g'(0)^k}{a}=1. $$

[sergei1961]

Может быть к этому пределу с обратными функциями сразу правило Лопиталя применить?

[nnosipov]

Правила Лопиталя маловато будет (порядок нуля разности $f(x)-g(x)$ может быть произвольным), надо в ряд разлагать. Я лишь формализовал план Арнольда. Может быть, можно предложить что-нибудь попроще, не знаю.

[Munin]

Хорошая иллюстрация разницы между геометрической и алгебраической интуицией. Мне объяснение Арнольда, например, понятней, чем вся эта мешанина символов.

[sergei1961]

А мне у Арнольда непонятно, почему второе отношение стремится к единице.

По Лопиталю, то есть не видно, как с таким пределом справиться при указанных ограничениях на функции

$$ \lim_{x\to 0} f'(f^{-1}(x))\cdot g'(g^{-1}(x)) \cdot \frac{f'(x)-g'(x)}{f'(f^{-1}(x))-g'(g^{-1}(x))} $$

?
Два первых сомножителя вроде стремятся к 1, осталось с третьим справиться.

[Munin]

Кстати, а что если $k$ не существует?

[demolishka]

Munin в сообщении #1060359 писал(а):

Кстати, а что если $k$ не существует?

nnosipov в сообщении #1060320 писал(а):

различные аналитические функции

[Munin]

В нуле тоже аналитические?

[sergei1961]

Всё-таки по Лопиталю можно добить до конца? Я правильно рассуждаю, что при наложенных ограничениях два первых предела выше равны 1?

[ewert]

Munin в сообщении #1060368 писал(а):

В нуле тоже аналитические?

Атонет.

sergei1961 в сообщении #1060356 писал(а):

А мне у Арнольда непонятно, почему второе отношение стремится к единице.

Это потому, что рисунок у Арнольда несколько диковат. Надо было просто пересечь всё прямой под углом в 45 градусов, т.е. перпендикулярной к биссектрисе. Тогда крайние верхний и нижний отрезочки просто тупо равны, а поскольку все кривые прижимаются к биссектрисе -- расстояния между этими отрезочками много меньше их расстояний до нуля. Так что всё действительно очевидно; остаётся лишь доказать, что из последнего формально следует асимптотическое равенство отрезочков по вертикали, но это для аналитического случая уже всего лишь банальность.

[Sender]

sergei1961 в сообщении #1060422 писал(а):

Всё-таки по Лопиталю можно добить до конца? Я правильно рассуждаю, что при наложенных ограничениях два первых предела выше равны 1?

Достаточно заметить, что если в окрестности нуля $f(x)=x+o(x)$, то $f^{-1}(x)=x+o(x)$.

-- Чт окт 08, 2015 10:50:31 --

Хотя, как было справедливо замечено,

nnosipov в сообщении #1060329 писал(а):

порядок нуля разности $f(x)-g(x)$ может быть произвольным

Лопиталь в общем случае не спасёт.

[provincialka]

Sender в сообщении #1060434 писал(а):

Достаточно заметить, что если в окрестности нуля $f(x)=x+o(x)$, то $f^{-1}(x)=x+o(x)$.

Вообще-то можно кое-что сказать и про последующие слагаемые разложения в ряд. Например, если $f(x)=x+ax^n + o(x^n)$, то $f^{-1}(x)=x-ax^n + o(x^n)$.
И более того, если $f(x) =x+a_2x^2+... +a_nx^n +o(x^n)$ и $f^{-1}(x) =x+b_2x^2+... +b_nx^n +o(x^n)$, то $b_n=-a_n+\varphi(a_2,..., a_{n-1})$.

Поэтому если у функций $f$ и $g$ первые $n-1$ коэффициентов совпадают, то разность $n$-ых коэффициентов для обратных отличается от "прямых" только знаком.

-- 08.10.2015, 18:50 --

Впрочем, геометрическое решение, конечно, красивее, особенно в изложении ewert

[Sfinx314]

solaris63 в сообщении #1059857 писал(а):

Найти предел \lim\limits_{x\to0}^{} $ \dfrac{\tg(\sin x)-\sin(\tg x)}{x^7}.
Конечный ответ, вроде, \dfrac{1}{30}.

разложить функцию $f(x)= \tg(\sin x)-\sin(\tg x) $ в ряд Тейлора

$f(x)= \tg(\sin x)-\sin(\tg x) = \frac{x^{7}}{30}+\frac{29x^{9}}{756}+\frac{1913x^{11}}{75600}+\frac{95x^{13}}{7392}+O(x^{14})$

[Otta]

Ново. Неожиданно. Здравствуйте, Вольфрам Альфович.

[Sfinx314]

Otta в сообщении #1061542 писал(а):

Ново. Неожиданно. Здравствуйте, Вольфрам Альфович.

Да. Производные довольно большие. Без вольфрама - долговато вычислять)